Đáp Án Thi Thử ĐH lần 1 môn Toán

Trang 1 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang) CÂU N Ộ I DUNG ĐI Ể M I 2,0 1 1,0 2 1 1    x y x  TXĐ: \{1}   Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 1 0, 1 ( 1)        y x x 0,25 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)  và (1; )  - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2;     x x y y tiệm cận ngang 2  y 1 1 lim , lim ;         x x y y tiệm cận đứng: 1  x 0,25 - Bảng biến thiên: x  1   y   y 2   2 0,25  Đồ thị: 6 4 2 2 y 5 x 0,25 2 1,0 2 1 1 2 1 1       x y x x . Gọi 1 ;2 1         M m m . Trang 2 Tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình: 2 1 1 ( ) 2 ( 1) 1        y x m m m 0,25 Giao của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là 2 1;2 1         A m Giao của tiếp tuyến với tiệm cận ngang là   2 1;2 B m Giao điểm của hai tiệm cận   1;2 I 0,25 2 1   IA m ,   2 2 2 1     IB m m . 4   IA IB . Gọi C là chu vi tam giác IAB , ta có: 2 2        C IA IB AB IA IB IA IB   2 . 2 . 4 2 2 2 2 2      IA IB IA IB 0,25   2 2 2 2 2 1 1 0               m C IA IB m m  Với 2  m , ta có   2;3 M  Với 0  m , ta có   0;1 M 0,25 II 2,0 1 1,0 2sin 2 sin 6 1 tan .tan tan cot 4 4 4                      x x x x x x ĐK: sin 2 0 1 sin 2 2 sin 2 1            x x x (1) 0,25 pt tương đương: 3 2sin 2 (3sin 2 4sin 2 ) 1 tan 1 tan 1 . 2 1 tan 1 tan 4 sin 2          x x x x x x x x     2 2 2 2 sin 2 4sin 2 1 0 sin 2 4sin 2 1 0 2 4sin 2        x x x x x 0,5 1 sin 2 2    x ( Do điều kiện (1) ) 12 , k 7 12                   x k x k . 0,25 2 1,0 5 5 log log 13 2 12  x x x Đặt   5 log 5    t x t x , bpt đã cho trở thành: 5 12 5 12 13 1 13 13                  t t t t t (2) 0,5 Xét hàm số   5 12 13 13               t t f t nghịch biến trên  có   2 1  f 0,25 Trang 3 do đó (2) 2   t 5 log 2 0 5     x x 0,25 III 1,0 3 3 3 2 2 27 8 26 3 2           x y y x y x y Dễ thấy 0  y không phải là nghiệm của hệ pt. Với 0  y , ta có hệ pt tương đương: 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 8 8 8 27 26 27 26 27 26 2 2 3 . 3 6 3 2 1 18 12 6                                             x x x y y y x x x x x x y yy y y y 0,25 Đặt 2 3 ,   u x v y hệ pt trở thành:   3 3 3 1 26 6 1 3                               u v u v uv u v u v 0,25  Với 3 1       u v , ta có 3 3 1 2 1 2                x x y y 0,25  Với 1 3       u v , ta có 1 3 1 3 2 3 2 3                    x x y y 0,25 IV 2,0 1 1,0 Theo bài ra ta có E, F lần lượt là trung điểm của SC và SD. Gọi O là tâm đáy hình chóp đều khi đó 2 2 2 3 , 2 2 1 2       OB SB SO SB OB G M I N F E O A D C B S 0,25 . 1 1 ( ). 3 6    S ABCD V dt ABCD SO (đvdt) 0,25 Mặt khác: . . . . . . . 1 1 . . . . . 4 8       S ABEF S ABE S AEF S ABC S ACD S ABCD S ABCD SE SE SF V V V V V V V SC SC SD 3 1 1 1 = 8 24 48 16    SABCD V (đvdt) 0,5 2 1,0 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, I là giao điểm của SN và EF suy ra I là trung điểm của SN và I thuộc đường thẳng MG. Do S.ABCD là hình chóp đều nên ABEF là hình thang cân. Ta có: ( )     AB SMN AB MI MI là đường cao của hình thang ABEF. Trang 4 Lại có: 1 1 1, , 2 2       AB EF SO OM ON tam giác SOM vuông cân tại O và tam giác SMN vuông cân tại S 2 2   SM SN 0,5 Xét tam giác SMI vuông tại S, ta có: 2 2 10 4   MI SM SI ( ) 3 10 . 2 16    ABEF AB EF dt MI 0,25 Gọi d là khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABG), ta có: . ( ) 3 1 10   S ABEF ABEF V d dt 0,25 V.a 1,0 Điều kiện 0 4   x . pt đã cho tương đương với pt:   12 5 4        x x x f x m x x . 0,25 Đặt   12    g x x x x ta có   0  g x liên tục trên [0;4] và   3 1 0, (0;4) 2 2 12        g x x x x   5 4     h x x x ta có   0  h x liên tục trên [0;4] và   1 1 0, (0;4) 2 5 2 4          h x x x x Suy ra:        g x f x h x liên tục trên [0;4] và     2 ( ). ( ). ( ) 0, (0;4) [ ( )]         h x g x g x h x f x x h x    f x đồng biến trên [0;4] 0,5 Suy ra    f x m có nghiệm                 0;4 0;4 min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12              m f x f x f f 0,25 VI.a 1,0 Gọi I, R lần lượt là tâm v à bán kính của đường tròn ( C ), ta có ( 1;2)  I , 3 R Gọi ( ; 1)  M m m là điểm thuộc d A I B M 0,25   120 60   AMB AMI   Trong tam giác AMI vuông tại A, ta có: 2 2 4 sin 60     IA IM IM  0,25 Trang 5 Mặt khác 2 2 2 ( 1) ( 1 2)     IM m m suy ra 2 2 1 2 2 4 1 1            m m m m Vậy có hai điểm thỏa mãn ycbt là 1 2 (1;2); ( 1;0) M M 0,5 VI.a 1,0 2011 2 2 2011 2 2 6 6 6 3 3 3 6 6 6 1 2 x .ln(x 1) sin x x .ln(x 1) sin x I dx dx dx cos x cos x cos x I I                     Đặt   x t , ta có: 2011 2 2011 2 2011 2 6 6 6 1 3 3 3 6 6 6 2011 2 2011 2 6 6 1 3 3 6 6 x .ln(x 1) ( t) .ln(t 1) t .ln(t 1) I dx d( t) dt cos x cos ( t) cos t t .ln(t 1) x .ln(x 1) dt dx I cos t cos x                                      1 0   I 0,25 Tính 2 6 2 3 6 sin os      x I dx c x Đặt sin cos    t x dt xdx Khi 1 6 2       x t , khi 1 6 2     x t 0,25                 1 1 1 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 22 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 2 1 1 1 1 1 1 2 1 4 4 1 1 1 1 1 1 ln . 4 1 4 1                                                     t dt t dt dt dt I t t t t dt dt dt dt t t t t dt dt dt t t t t t t 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 . 4 1 2 1 ln3 3 2       t 0,25 2 1 ln3 3 2   I (Thí sinh có thể chứng minh     1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 1 1        t dt t dt I t t rồi tính) 0,25 Trang 6 V.b 1,0   3 26 12 2010 1     x x m x x ĐK: 1  x Ta có:   3 26 12 2010 1     x x m x x     3 26 12 2010 1       x x x x m 0,25 Xét hàm số       3 26 12 2010 1     f x x x x x liên tục trên [1;+ )  Đặt       3 26 12 2010 ; 1       g x x x h x x x Ta có:   0  g x , liên tục trên [1;+ )  ,   0  h x liên tục trên [1;+ )  và:       25 11 2 26 12 0, (1; ) 1 1 3 1 0, (1; ) 2 2 1                        g x x x x h x x x x x x 0,25 Do   0  g x và đồng biến trên [1;+ )  ;   0  h x và đồng biến trên [1;+ )  nên hàm số       . f x g x h x đồng biến trên [1;+ )  0,25 Suy ra bất phương trình    f x m có nghiệm khi và chỉ khi     [1;+ ) min 1 2012     f x m m f 0,25 VI.b 1,0 Vì đường thẳng BC đi qua C, vuông góc với AH nên nhận véctơ 1 (3;4) n  làm VTPT do đó pt đường thẳng BC là:   4 3 4 2 0 3           x y hay 3 4 12 0    x y E K H A B C D 0,25 Do B là giao điểm của hai đường thẳng BC và BK nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 3 4 12 0 4 2 0 6                 x y x x y y Vậy ( 4;6)  B . 0,25 Kẻ đường thẳng đi qua C, vuông góc với BK cắt các đường thẳng BK và AB lần lượt tại E và D, suy ra phương trình đường thẳng CD là:   4 2 0 3           x y hay 2 0 3    x y Do E là giao điểm của hai đường thẳng CD và BK nên tọa độ E là nghiệm của hệ: 2 2 0 3 3 4 2 0 3                      x x y x y y vậy 2 4 ( ; ) 3 3 E . 0,25 Do tam giác BCD cân tại B nên E là trung điểm của CD suy ra 2 (0; ) 3 D Ta có 16 D(4; ) 3 B  nên có thể chọn 2 (4;3) n  làm VTPT của đường thẳng BD suy ra đường Trang 7 thẳng BD có pt:     4 4 3 6 0     x y hay 4 3 2 0    x y Do A là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 4 3 2 0 1 4 3 10 0 2                 x y x x y y Vậy ( 1;2)  A . 0,25 VII.b 1,0 2 2 2 2 2 2 ( 4 4) (4 4) ( 1) 4 ( 2) ( 2) ( 2) 1 1 1 1 4 . . 4 ( ) . . 2 ( 2) 2 2 1 4 4 . . 2 2                                                                 x x x x x x x x x x x x x x x x e x x e x e x e dx dx e dx dx x x x e e e dx e e e dx x x x x e e e dx e C x x 0,5 4 ( ) . 2     x x e F x e C x Theo giả thiết, ta có: (0) 0 1 2 0 1        F C C . 0,25 Vậy nguyên hàm của hàm số ( ) f x thỏa mãn ycbt là 4 ( ) 1 2     x x e F x e x . 0,25 Hết Chú ý: Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. .  1 1 1 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 22 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 2 1 1 1 1 1 1 2 1 4 4 1 1 1 1 1 1 .  x t , ta có: 2 011 2 2 011 2 2 011 2 6 6 6 1 3 3 3 6 6 6 2 011 2 2 011 2 6 6 1 3 3 6 6 x .ln(x 1) ( t) .ln(t 1) t .ln(t 1) I dx d( t) dt cos x cos ( t) cos t t .ln(t 1) x .ln(x 1) dt dx I cos t. 0,25 2 1, 0 2 1 1 2 1 1       x y x x . Gọi 1 ;2 1         M m m . Trang 2 Tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình: 2 1 1 ( ) 2 ( 1) 1        y x