Đáp án Toán - THPT Thanh Miện I

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Câu I Lời giải Điểm 1) + Tập xác định { } \ 1D = ¡ Tìm giới hạn => tiệm cận đứng x=1 tiệm cận ngang y=1 + Tính 2 3 ' 0, ( 1) y x D x − = < ∀ ∈ ⇒ − hàm số luôn nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ ⇒ hàm số không có cực trị. Lập bảng biến thiên. + Vẽ đồ thị (C) và nhận xét đồ thị 0,25đ 0,25đ 0,5đ 2) *Gọi 2 điểm cần tìm là A và B . Vì A, B đối xứng qua ∆ nên AB ⊥ ∆ và trung điểm I của AB ∈∆ . Do AB ⊥ ∆ => phương trình của đường thẳng AB có dạng 3y x m= + . *Do , ( )A B C∈ nên tọa độ A,B là nghiệm của hệ ( ) 3 2 1 1 y x m x y x = +   +  =  −  Hoành độ A, B là nghiệm của phương trình 2 3 (4 ) 2 0 2 3 (*) 1 1 x m x m x x m x x  − − − − = + = + ⇔  − ≠  (Với 1x ≠ ). Để ,A B∃ thì (*) có 2 nghiệm phân biệt 1≠ 2 4 40 0 3.1 (4 ).1 2 0 m m m m  ∆ = + + > ⇔  − − − − ≠  luôn đúng m ∀ Theo Vi ét ta có 4 3 A B m x x − + = ; theo (1) ta có 4 A B y y m+ = + Vậy tọa độ trung điểm I của AB là 4 4 ; 6 2 m m I − +    ÷   Do (0;2) (2;4) 2 (2;4) (0; 2) A B I m A B  ∈∆ ⇔ = − ⇔  −  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu II 1) Giải phương trình 4 2 2 1 1 2x x x x− − + + − = Điều kiện 2 2 1 0 1 1 x x x x  − ≥  ⇔ ≥  ≥ −   Ta thấy 2 2 ( 1)( 1) 1x x x x− − + − = . Nên ta đặt 4 2 1 0u x x= − − ≥ và 2 1 0v x x= + − ≥ Khi đó ta có hệ 2 2 (1) 1 (2) u v u v + =   =  Từ (1), (2) có phương trình 3 2 2 1 0u u− + = 1u ⇔ = hoặc 1 5 2 u + = Với 1u = ta có 1v = . Với 1 5 2 u + = Ta có 3 5 2 v − = Với 2 2 1 1 1 1 1 1 1 u x x x v x x  = − − =   ⇔ ⇔ =   =  + − =   0,25đ 0,25đ Với 4 4 1 5 1 1 5 2 ( ) ; 2 2 3 5 2 u x v −  + =  +  ⇔ = + =  −  =   α α α 0,25đ 0,25đ 2) *Ta có 2011 2011 2011 sin sin cos cos sin cos 2 2 2 x x x x   − = − = −  ÷   π π π Nên phương trình đã cho có dạng 1 3tan 3sin 3 2cos cos x x x x − + = + (1) điều kiện cos 0x ≠ *Với điều kiện trên (1) 3sin 1 3sin 3 2cos cos cos x x x x x ⇔ − + = + 2 2 3sin 3sin cos 3cos 2cos 1 3sin (1 cos ) 2cos 3cos 1 3sin (1 cos ) (cos 1)(2cos 1) (cos 1)(2cos 3sin 1) 0 cos 1 3sin 2cos 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − + = + ⇔ − = − + ⇔ − = − − ⇔ − + − = =  ⇔  + =  Với cos 1x = thỏa mãn điều kiện cos 0 và cos 1 2x x x k ≠ = ⇔ = π là nghiệm phương trình Với 3sin 2cos 1x x+ = thỏa mãn điều kiện cos 0x ≠ … 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu III ( ) ( ) 4 4 2 2 2 6 6 2 4 4 2 6 6 2 4 4 6 6 cos sin cos sin (1 sin ) sin (1 sin ) sin 1 (1 sin ) sin 2 (1 sin ) 1 ln sin ln 1 sin 2 2 1 1 3 5 ln ln ln ln 2 2 2 2 4 1 1 6 1 5 ln 2 ln ln 2 2 5 2 3 x x x I dx dx x x x x d x d x x x x x = = + + + = − + = − +   = − − −  ÷   = − = ∫ ∫ ∫ ∫ π π π π π π π π π π π π 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV 1) Theo giả thiết ( )SA ABC AC CB ⊥   ⊥  Nên góc giữa (SBC) và (ABC) là · SCA = α Do SA ABC SAC⊥ ⇒ ∆ vuông tại C => tan tanSA AC a= = α α Vậy 3 1 tan . 3 6 ABC a V SA S ∆ = = α Gọi I là trung điểm BC, do G là trọng tâm tam giác ABC => 2AG GI= Vì vậy 1 ( ;( )) ( ;( )) 3 d G SBC d A SBC= (1) Mặt khác từ A kẻ ( )AH SC AH SBC⊥ => ⊥ nên AH là khoảng cách từ A tới 0,25đ 0,25đ 0,25đ (SBC) và ABC ∆ vuông tại A do AH là đường cao sinAH a => = α (2) Từ (1) và (2) => 1 ( ;( )) sin 3 d G SBC a= α 0,25đ 2) *Do ABCD vuông => AC BD ⊥ tại trung điểm I mỗi đường Do AC BD⊥ => phương trình : 1 0AC x y− + = Tọa độ I là nghiệm của hệ 1 0 ( 2; 1) 3 0 x y I x y − + =  => − −  + + =  => ( 5; 4)C − − D BD∈ có phương trình 3 ( ; 3)y x D d d= − − => − − Do ABCD vuông 2 2 2 2 ( 2 ) (2 ) 9 9ID IC d D=> = ⇔ − − + + = + 2 3 1 2 3 5 d d d d + = =   ⇔ ⇔   + = − = −   Với 1 (1; 4) ( 5;2)d D B= ⇒ − ⇒ − Với 5 ( 5;2) (1; 4)d D B= − ⇒ − ⇒ − 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3) * B d ∈ có phương trình tham số 3 2 2 4 6 x t y t z t = +   = +   = +  (3 2 ;2 4 ;6 ) (4 2 ;2 4 ;4 )B t t t AB t t t=> + + + => + + + uuur Do 2 0 2 ( 8 4 ; 4 8 ; 8 2 )AC AB AC AB t t t+ = ⇔ = − = − − − − − − uuur uuur r uuur uuur (1) Do ( 1;0;2)A − (2) Từ (1), (2) => ( 9 4 ; 4 8 ; 6 2 )C t t t− − − − − − Vì ( )∆ cắt (P) tại (C) => ( ): 2 3 0C P x y z∈ − − + = nên ta có phương trình: 5 2( 9 4 ) 1( 4 8 ) ( 6 2 ) 3 0 ( 19; 24; 11) 2 t t t t C− − − − − − − − + = ⇒ = ⇒ − − − Vậy phương trình 1 2 : 18 24 13 x y z+ − ∆ = = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V Áp dụng Cô Si ta có 3 1 1 3 (1 )(1 ) 8 8 4 x y z x y z + + + + ≥ + + (1) 3 1 1 3 (1 )(1 ) 8 8 4 y x z y x z + + + + ≥ + + (2) 3 1 1 3 (1 )(1 ) 8 8 4 z x y z x y + + + + ≥ + + (3) Cộng vế theo vế của (1),(2),(3) có: 3 2 4 x y z VT + + ≥ − (4). Mà 3 3 3x y z xyz+ + ≥ = (5) Từ (4)(5) 3 4 VT⇒ ≥ Dấu = xảy ra 1x y z⇔ = = = 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu VI a) + Với 2 số phức và ' ' 'z x yi z x y i= + = + + Ta chứng minh ' ' z z z z = . 0,25đ khi đó 1 1 z z i − = − 1z z i⇔ − = − (1). Gọi z x yi= + thì (1) ( 1) ( 1)x yi x y i⇔ − + = + − 2 2 2 2 ( 1) ( 1)x y x y x y⇔ − + = + − ⇔ = Vì ( , ) z z x yi M M x y= + ⇒ = . Do đó tập hợp các điểm ( )mp Oxy∈ biểu diễn z là đường thẳng .x y= 0,25đ 0,25đ 0,25đ b) Điều kiện 0x > Với điều kiện đã nêu phương trình 3 3 3 1 log log 2 2log 4 6 2.3 x x x+ + ⇔ − = 3 3 3 log log log 4.4 6 18.9 x x x − = 3 3 2log log 2 2 4. 18 0 3 3 x x     − − =  ÷  ÷     (2). Đặt 3 log 2 0 3 x t   = >  ÷   Pt (2) trở thành 9 4 2 4 18 0 2 t t t t =  − − = ⇒  = −  , chỉ có nghiệm 9 4 t = thỏa mãn. Do đó 3 log 2 2 1 3 9 2 2 log 2 3 3 3 x x x − −     = ⇔ = − ⇔ = =  ÷  ÷     0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ Đ I HỌC MÔN TOÁN Câu I L i gi i i m 1) + Tập xác định { } 1D = ¡ Tìm gi i hạn => tiệm cận đứng x=1 tiệm cận ngang y=1 + Tính 2 3 '. nghiệm phương trình V i 3sin 2cos 1x x+ = thỏa mãn i u kiện cos 0x ≠ … 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu III ( ) ( ) 4 4 2 2 2 6 6 2 4 4 2 6 6 2 4 4 6 6 cos sin cos sin (1 sin ) sin (1 sin ) sin 1. 3sin 3 2cos cos x x x x − + = + (1) i u kiện cos 0x ≠ *V i i u kiện trên (1) 3sin 1 3sin 3 2cos cos cos x x x x x ⇔ − + = + 2 2 3sin 3sin cos 3cos 2cos 1 3sin (1 cos ) 2cos 3cos 1 3sin