Đáp án đề thi thử ĐH&CĐ khối A-thpt Đào Duy Từ-TH (Lần 2)

x y O SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT DAOD DUY TỪ ĐỀ THI THỬ ĐH & CĐ (LẦN II) NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN ( Khối A) (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Ngày thi 09 tháng 04 năm 2011 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điể m Câu I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Khảo sát… • Với m = -1, hàm số là y = - x 3 + 3x 2 (C -1 ) • Tập xác định: D R= - Sự biến thiên: Giới hạn: lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ 0,25 - Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 ; ' 0 0; 2= − + = ⇔ = =y x x y x x Bảng biến thiên: 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞ ; đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 0= = CT x y ; đạt cực đại tại 2, 2= = CD x y 0,25 • Đồ thị: 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 f x ( ) = - x 3 +3 ⋅ x 2 0,25 2.(1,0 điểm) . Tìm m để AB = … +/Ta có y’ = -3x 2 + 6x + m + 1 Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có nghiệm và đổi dấu  m > -4 0,25 +/Đường thẳng đi qua các điểm cực trị có phương trình:(2m+8)x – 3y + 4(m+1) = 0. Giao điểm với trục tung Oy là 4m 4 A 0; 3 +    ÷   0,25 +/Đồ thị (C m ) có điểm cố định là I= (-1; 4) +/Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại I là: (m – 8)x – y + m – 4 = 0 +/Giao điểm của tiếp tuyến với trục tung Oy là: B(0; m – 4) 0,25 * Ta có m 16 AB 2 2 m 16 3 2;m 16 3 2 3 + = ⇔ = ⇔ = − + = − − (loại) 0,25 Câu II 1. (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác…. 1 - −∞ +∞ 4 0 _- __ + 00 y y’ +∞ 2 0 −∞ x Ta có: y” = -6x + 6, nên đồ thị có 1 điểm uốn là U(1; 2) Đồ thị đi qua 2 điểm O(0; 0) và M(3; 0) (2,0 điểm) Điều kiện: sin 2x 0 cot x 1 ≠   ≠ −  0,25 Ta có: 1 7 tan x cot x v cos x cos x cos x sinxà sin 2x 2 π   + = − − = +  ÷   Phương trình trở thành: sin 2x 2 sinx= 0,25 ( ) 2sin x cosx 2 sinx sinx 2 cosx 2 0 sinx 0 2 cos x 2 ⇔ = ⇔ − = =   ⇔  =   0,25 +/ sinx 0 = (loại) +/ ( ) π π = ⇔ = + ∈¢ 2 cosx x k2 k 2 4 , Do ( ) π π = − + ∈¢x k2 k 4 bị loại 0,25 2. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình…. Điều kiện: 0 1 ≥   ≥ −  x y . Đặt +  = ≥   + = ≥   x 1 e u;u e y 1 v;v 0 0,25 2 2 2 2 2 2 có: 2 0 =   = − = −  ⇔ ⇔    − = = − =    u v u v v u v v Ta v v v u u u v 2 ⇔ = = u v 0,5 Với 2 = = u v : +   = + =   ⇔   + =  + =    x 1 e 2 x 1 ln 2 y 1 4 y 1 2 . Hệ phương trình vô nghiệm. 0,25 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Đặt ( ) 2 2 2 2 x 1 u ln du dx 1 x x 1 x xdx dv v 1 x 1 x   = =   −  − ⇒     = = − −    −  0,25 ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 3 1 1 3 ó: I= 1 ln ln 3 ln ln3 2 2 4 1 3 1 x x Ta c x dx J J x x x   − + − − + = − − + = − +  ÷  ÷ − −   ∫ 0,25 Tính ( ) 3 3 2 2 4 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 − = = = − − − ∫ ∫ ∫ x x J dx dx dx x x x x x x Đặt 2 u 1 x ;u 0= − > . Đổi cận: Khi = ⇒ = ⇒ = 1 3 3 1 x u ; khi x= u 2 2 2 2 Ta có: 2 2 2 2 u 1 x x 1 u xdx udu= − ⇔ = − ⇒ = − Nên ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 udu du 1 u 1 1 1 J ln ln ln 2 3 2 u 1 2 3 1 u u u 1 −   = − = = = − −  ÷ +   − − ∫ ∫ 0,25 2 Vậy ( ) 3 3 I ln3 ln 2 3 4 + = − − − 0,25 Câu IV (1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp…… O C D A B D' A' C' B' H 0,25 Từ giả thiết: · = 0 D' DO 60 Tam giác ABD đều, a 3 1 a AC 2AO 2. a 3 v OD BD ; DD'=aà 2 2 2 = = = = = Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO' DD'a = = và OO' AC ⊥ (do ( ) ' 'AC BDD B⊥ ), nên diện tích tam giác ACC’ là: ∆ = = = = 2 ACC' ACC 'A' 1 1 1 a 3 S S OO'.AC a.a 3 2 2 2 2 , trong đó 3AC a= 0,25 Diện tích tam giác ACD là 2 ACD a 3 S 4 ∆ = Kẻ OH vuông góc với CD thì D' H CD v OD'H à⊥ ∆ vuông tại O. Do đó a DH 4 = Suy ra 2 2 a 15 D' H D' D DH 4 = − = . Diện tích tam giác C’CD là 2 C'CD CDD'C ' 1 1 1 a 15 a 15 S S CD.D' H a. 2 2 2 4 8 ∆ = = = = Y Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: ( ) ∆ ∆ ∆ = + + = + + = + 2 2 2 2 xq ACC ' ACD CDC ' a 3 a 3 a 15 a 3 S S S S 6 5 2 4 8 8 0.50 Thể tích 2 3 . ' '. 1 3 1 3 3 ' . 3 2 4 8 ∆ = = = × × = C AC D C ACD ACD a a a V V D O S (đvtt) 0,25 Câu V (1,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 dãy số ; ; và ; ; y z x z x y x y z x y z z x y y z x Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x y y z z x x z y x z y x y z z x y y z x    + + + + ≥ + +  ÷ ÷    0,25 3 Xét hiệu: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 1 = 1 = 1 = 0 x y y z z x x z y x z y F z x y y z x x y y z z x x z y x z y xyz x y y x y z z y z x x z xyz x y y z x z xy yz zx xyz = + + − − − + + − − −   − + − + −   − − − + + ≥ 0,25 Suy ra ( ) 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x z y x z y z x y y z x + + ≥ + + Từ (1) và (2). Ta được: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y y z z x x z y x z y x y z z x y z x y y z x      + + ≥ + + + + ≥ + +  ÷  ÷ ÷      0,25 Vậy ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y y z z x x y z x y z z x y z x y   + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + +  ÷   Đẳng thức xảy ra 0x y z⇔ = = > . (ĐPCM) 0,25 Câu VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm A và B I O B E P D A C Kí hiệu ( ) ( ) A A B B A x ;y v B= x ;yà= Đường thẳng đi qua các tiếp điểm A, B của đường tròn là: 3x 4y 5+ = Suy ra giao điểm của AB với trục Ox là 5 I ;0 3   =  ÷   0,25 Do các tứ giác QICA và QIBD nội tiếp, nên tam giác OCD cân tại O, suy ra Ox là trục đối xứng của CD. Vậy E thuộc Ox. 0,25 Mặt khác, · · · OPB OAB OCD v OP=5à α = = = , nên 5 sin 5 α = Lại có 2 2 2 2 2 2 CI 1 CI cot cot 1 1 CI 4OI OI sin OI α α α = ⇔ = + = + ⇔ = , nên 20 CD 2CI 3 = = 0,25 Gọi ( ) CD 3 10 3 5 10 3 E a;0 : EI a 2 3 3 3 = = ⇔ − = 0,25 4 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 5 10 3 5 10 3 E ;0 v E'= ;0à 3 3     + − =  ÷  ÷  ÷  ÷     2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng … Chọn ( ) ( ) M 2;2;0 , N 1; 2;1 d'= − = − ∈ , thì phương trình x 1 3t ' d' : y 2 4t ' z 1 t ' = +   = − −   = +  Gọi A, B là các giao điểm của ∆ với d và d’. Khi đó tọa độ của A, B có dạng: ( ) ( ) A 1 2t;1 2t; t v B = 1 3t '; 2 4t ';1 t 'à= − + + − + − − + 0,25 Mặt phảng (P) có 1 VTPT là ( ) n 1;2; 1= − r và ( ) AB 2 3t ' 2t; 3 4t ' 2t;1 t ' t= + − − − − + + uuur 0,25 Lại do ( ) P∆ ⊥ , nên ( ) n 1;2; 1= − r và ( ) AB 2 3t ' 2t; 3 4t ' 2t;1 t ' t= + − − − − + + uuur cùng phương, hay 2 3t ' 2t 3 4t ' 2t 1 t ' t 1 2 1 + − − − − + + = = − . Giải hpt ta được 1 t ' ,t 1 2 = − = 0,25 Vậy đường thẳng ∆ xác định bởi ( ) A 1;3; 1= − và có 1 VTCP là ( ) n 1;2; 1= − r nên có phương trình là: x 1 y 3 z 1 1 2 1 − − + = = − 0,25 Câu VII.a (1,0 điểm) Số phức… Ta có: ( ) ( ) ( ) 4i i 1 4i 2 2i i 1 i 1 i 1 + = = − − − + . Có điểm biểu diễn A= (2; -2) ( ) ( ) 1 i 1 2i 3 i− + = + . Có điểm biểu diễn B= (3; 1) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 6i 3 i 2 6i 2i 3 i 3 i 3 i + + + = = − − + . Có điểm biểu diễn C= (0; 2) 0,5 Xét ( ) ( ) BA 1; 3 BA 10 BC 3;1 BC = 10 = − − ⇒ = = − ⇒ uuur uuur ; lại có BA.BC 0 BA BC= ⇔ ⊥ uuur uuur Suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. 0,25 Gọi số phức cần tìm là z a bi; a,b= + ∈¡ . Điểm D biểu diễn số phức z là: D=(a; b) ABCD là hình vuông ⇔ a 0 1 a 1 BA CD b 2 3 b 1 − = − = −   = ⇔ ⇔   − = − = −   uuur uuur Vậy số phức z cần tìm là: z 1 i= − − 0,25 Câu VI.b (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) . Viết phương trình Hypebol…. Đường tròn ( ) ( ) 2 2 C : x 5 y 9+ + = có tâm ( ) F 5;0= − và bán kính R = 3 Đường thẳng có phương trình x = 1 đi qua T (1;0) không là tiếp tuyến của (C) Phương trình tiếp tuyến có dạng: ( ) kx y k 0 − − = ∆ 0,25 Đường thẳng ( ) ∆ là tiếp tuyến của (C) ( ) F; 2 5k k 3 d R 3 k 3 k 1 ∆ − − ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + Theo bài ra: Phương trình các đường tiệm cận của Hypebol (H) là: 3 y x 3 = ± 0,25 5 Phương trình chính tắc của (H) là: 2 2 2 2 x y 1 a b − = với a, b, c >0 và 2 2 2 c a b= + Theo gỉa thiết: c = 5 nên 2 2 2 2 2 2 2 2 75 b 3 a a 3b 4 a 3 25 a b 25 b a b 25 4   =   = =    ⇔ ⇔    + =     = + =    0,25 Vậy phương trình (H) cần tìm là: 2 2 x y 1 75 25 4 4 − = 0,25 2. (1,0 điểm) . Tìm điểm thuộc đường thẳng Phương trình tham số của d 1 là: 1 2 3 3 2 x t y t z t = +   = −   =  . M thuộc d 1 nên tọa độ M ( ) 1 2 ;3 3 ;2t t t + − . Theo đề bài: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 |1 2 2 3 3 4 1| |12 6 | , 2 2 12 6 6 1, 0. 3 1 2 2 t t t t d M P t t t + − − + − − = = ⇔ = ⇔ − = ± ⇔ = = + − + 0,25 + Với t 1 = 1 ta được ( ) 1 3;0;2M ; + Với t 2 = 0 ta được ( ) 2 1;3;0M 0,25 + Ứng với M 1 , điểm N 1 2 d∈ cần tìm là giao của d 2 với mp qua M 1 và song song với mp (P), gọi mp này là (Q 1 ). PT (Q 1 ) là: ( ) ( ) 3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z − − + − = ⇔ − + − = . Phương trình tham số của d 2 là: 5 6 4 5 5 x t y t z t = +   =   = − −  (2) Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1. Điểm N 1 cần tìm là N 1 (-1;-4;0). 0,25 + Ứng với M 2 , tương tự tìm được N 2 (5;0;-5). 0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình logarit Điều kiện xác định: ( ) 2 2 2 2x 3x 1 0 1 x 4x 3 0 x 1 2 x 4x 3 x 1 0  − + >   − + ≥ ⇔ <   − + − + >   0,25 BPT ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0,5 0,5 2 2 log 2x 3x 1 log x 4x 3 x 1 2x 3x 1 x 4x 3 x 1 1 x 1 2x 1 x 3 x 1 x ⇔ − + ≥ − + − + ⇔ − + ≤ − + − + ⇔ − − ≤ − − + − 0,25 ( ) ( ) 1 2x 3 x 1 x 3 2 3 x 1 x⇔ − ≤ − + − ⇔ − ≤ − − (luôn đúng với mọi 1 x 2 < ) 0,25 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: 1 S ; 2   = −∞  ÷   0,25 Ghi chú: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa 6 . DỤC – ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT DAOD DUY TỪ ĐỀ THI THỬ ĐH & CĐ (LẦN II) NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN ( Khối A) (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Ngày thi. thi 09 tháng 04 năm 2011 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điể m Câu I (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Khảo sát… • Với m = -1, hàm số là y = - x 3 + 3x 2 (C -1 ) • Tập xác định: D R= - Sự biến thi n:. Chiều biến thi n: 2 ' 3 6 ; ' 0 0; 2= − + = ⇔ = =y x x y x x Bảng biến thi n: 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞ ; đồng biến trên khoảng (0 ;2) Hàm số