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 B, D) (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… • Tập xác định: D R= \{1} * Sự biến thiên: + Giới hạn và tiệm cận: lim 2, lim 2 →+∞ →−∞ = = x x y y . Đồ thị có TCN: y = 2 x 1 x 1 lim y ; lim y + − → → = +∞ = −∞ . Đồ thị có TCĐ: x = 1 0,25 - Chiều biến thiên: ( ) 2 ' 3 0; 1 = − < ∀ ∈ − y x D x . y’ không xác định tại x = 1 Bảng biến thiên: 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Hàm số không có đạt cực tiểu; cực đại 0,25 • Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm ( ) 1 A 0; 1 ;B ;0 2 − − ÷ và nhận giao điểm của 2 tiệm cận ( ) I 1;2 làm tâm đối xứng. 4 2 -2 -4 -10 -5 5 10 0,25 2.(1,0 điểm) . Tìm m để diện tích tam giác IMN = 4 … +/Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): 0,25 1 x y’ y - ∞ + ∞1 - - 2 2 - ∞ + ∞ ( ) ( ) 2 x 1 2x 1 x m x 1 f x x m 3 x m 1 0 ≠ + = + ⇔ − = + − − − = +/ Đường thẳng cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt M, N ( ) f x 0⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác 1 ( ) 2 m 2m 13 0 f 1 3 0 ∆ = − + > ⇔ = − ≠ (luôn đúng với mọi m) Tọa độ các giao điểm là ( ) ( ) M M N N M x ;y , N x ;y . Trong đó M N x ,x là các nghiệm của phương trình f(x) = 0 và M M N N y x m,y x m= + = + Suy ra ( ) ( ) 2 2 M N M N MN 2 x x 4x x 2 m 2m 13 = + − = − + 0,25 +/ Khoảng cách từ tâm đối xứng I đến đường thẳng y = x + m là m 1 d 2 − = Diện tích tam giác IMN là 4, ta được: 2 1 MN.d 4 m 1 . m 2m 13 8 2 = ⇔ − − + = (*) 0,25 +/ Giải (*): ( ) ( ) ( ) 4 2 2 m 1 12 m 1 64 0 m 1 4 m 3,m 1 − + − − = ⇔ − = ⇔ = = − (tm) Vậy các giá trị cần tìm của m là: m = 3 và m = -1. 0,25 Câu II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác…. Điều kiện: sin 2x 0 t anx 1 ≠ ≠ − Ta có ( ) 2 2 cos2x cos x sin x cosx sinx cosx cosx s inx cos x v cotx-1=à 1 t anx cos x sinx s inx − − = × = − + + 0,25 Phương trình ( ) 2 cosx sinx 1 cosx sinx cos x sin x sin 2x sinx 2 − ⇔ = − + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 cosx sinx 1 cos x sin x sin x.cosx sin 2x sinx 2 cosx sinx cos x sinx .s inx cosx sinx 1 sinx.cosx sin x 0 cosx sinx 0 1 sinx.cos x sin x 0 − ⇔ = + − − ⇔ − = − ⇔ − − + = − = ⇔ − + = 0,5 Giải phương trình: ( ) cosx sinx 0 tanx 1 x k k 4 π π − = ⇔ = ⇔ = + ∈Z Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 s inx.cos x sin x 0 1 cos x sinx 2sin x 0 VN − + = ⇔ + − + = 0,25 2. (1,0 điểm). Giải bất phương trình…. Do 2 2 x 1 x ; x x 1 x 0+ > ∀ ∈ ⇔ + ± >¡ 0,25 2 Bất phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 5 3 5 2 2 3 5 3 5 2 3 5 log log x 1 x log log x 1 x log log x 1 x log log x 1 x log log x 1 x 0 ⇔ − + + > − + − ÷ ⇔ − + + > + + ⇔ + + < ( ) ( ) ( ) 2 5 2 2 2 2 2 0 log x 1 x 1 1 x 1 x 5 x 1 5 x 1 x 1 x 5 x 1 1 x 2 x 1 x 1 ⇔ < + + < ⇔ < + + < + < − + + < ⇔ ⇔ + > − + + > 0,25 Giải BPT (2): 2 2 2 1 x 0 x 1 1 x 0 x 1 1 x x 0 0 x 1 x 1 1 2x x − < > − ≥ + > − ⇔ ⇔ ⇔ > < ≤ + > − + 0,25 Giải BPT (1): 2 2 2 5 x 0 12 x 1 5 x x 5 x 1 25 10x x − ≥ + < − ⇔ ⇔ < + < − + Vậy tập nghiệm của BPT là: 12 S 0; 5 = ÷ 0,25 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Ta có: 2 2 2 2 2 0 0 sin 2 2sin cos os 4sin 3sin 1 π π = + + = ∫ ∫ x x x dx dx c x x x I 0,25 Đặt 2 u 3sin x 1 ;u 0= + ≥ Đổi cận: Khi x = 0 thì u = 1 và x 2 π = thì u = 2 Khi đó: 2 2 1 u 3sin x 1 udu 3sin x cos xdx sin x cosxdx udu 3 = + ⇒ = ⇔ = 0,25 Nên 2 2 2 2 2 2 1 0 1 1 2 sin 2 2 2 2 3 3 3 3 os 4sin udu x dx du u u c x x I π = = = = + = ∫ ∫ ∫ 0,25 Câu IV (1,0 điểm) Tính tỉ số thể tích khối lăng trụ…… 0,25 3 45 E K J I A B C C' B' A' P H Q N M Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’. ta có: 2 3a AP = 3aAH =⇒ Vì '' AHA∆ vuông cân tại H. nên 3' aHA = Lại có 4 3 2 3 . 2 1 2 aa aS ABC == (đvdt) Vậy: 2 3 ABCA'B 'C ' ABC a 3 3a V S .A'H a 3. 4 4 = = = (đvtt) (1) 0,25 Vì '' AHA∆ vuông cân ( ) CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒⊥⇒ Gọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2) mà AA’ = 22 ' AHHA + = 633 22 aaa =+ 4 6 2 6 a CNPEBM a AK ===⇒=⇒ 0.25 Mặt khác 1 1 6 ' 2 4 4 = = = a KE KH AA và 2 6 6 . . ( ) 4 4 MNJI a a S MN MI a dvdt= = = Ta có thể tích K.MNJI là: 2 3 1 1 6 6 . ( ) 3 3 4 4 8 ⇒ = = = KMNJI MNJI a a a V S KE dvtt 0.25 Do vậy: 3 3 2 3 ' ' ' 3 1 8 8 3 2 8 8 − = = + ABCKMN A B C KMN a a V a a V 0,25 Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất … Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 4 17 17 1 1 1 1 4 1 4 17 17 1 1 1 1 4 1 4 17 17 a a a b b b b b b c c c c c c a a a + = × + + ≥ × + ÷ ÷ + + = × + + ≥ × + ÷ ÷ + = × + + ≥ × + ÷ ÷ 0,5 ⇒ 1 4 4 4 17 S a b c a b c ≥ × + + + + + ÷ 1 1 1 1 15 1 1 1 4 4 4 4 17 a b c a b c a b c = × + + + + + + + + ÷ 6 3 3 1 1 1 1 15 1 1 1 1 45 1 6 3 3 4 4 4 4 4 17 17 abc a b c a b c abc ≥ × × × × + × × × = + × ÷ ÷ 1 45 1 1 45 3 17 3 3 2 4 4 2 17 17 3 a b c ≥ + × ≥ + × = ÷ ÷ + + ÷ . Với 1 2 a b c = = = thì 3 17 Min 2 S = 0,5 Câu VI.a (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp… I A C B D E Từ A kẻ AE vuông góc với phân giác trong CD, cắt BC tại E và CD tại I. Khi đó tam giác CAE cân tại C. Gọi ( ) E m;n= 0,25 4 Ta có ( ) AE m 3' n 5= − − uuur , đường thẳng CD có một VTCP là: ( ) u 2; 1= − r ( ) AE CD AE.u 0 2m n 1 1⊥ ⇔ = ⇔ − = uuur r Tring điểm I của AE có tọa đọ là: m 3 n 5 I ; 2 2 + + ÷ và I CD∈ nên: ( ) m 2n 3 2+ = Giải hệ phương trình (1), (2) ta được: ( ) E 1;1 0,25 Tọa độ vectơ ( ) BE 3;4= − uuur , suy ra phương trình BC: x 1 3t, y 1 4t= − = + , do đó: C (1 3t;1 4t)= − + . Lại do ( ) C CD t 1. Hay C 2;5∈ ⇔ = − 0,25 Phương trình đường tròn (ABC) là: 2 2 2 2 x y 2ax 2by c 0;a b c 0 + − − + = + − > Ta được hpt: 1 a 2 4a 10b c 29 5 6a 10b c 34 b 8 8a 6b c 25 99 c 4 = − + = − − − + = − ⇔ = − + + = − − = . Vậy phương trình đường tròn là: 2 2 5 99 x y x y 0 4 4 + − − − = 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng … Mặt phẳng (P) và (Q) có các VTPT lần lượt là: ( ) ( ) 1 2 n 5; 2;5 ,n 1; 4; 8= − = − − uur uur Mặt phẳng (R) cần lập phương trình có 1 VTPT là: ( ) 2 2 2 3 n a;b;c ,a b c 0= + + > uur 0,25 Theo giả thiết: ( ) ( ) ( ) 1 3 P R n n 5a 2b 5c 0 1⊥ ⇔ ⊥ ⇔ − + = uur uur Góc giữa (Q) và (R) bằng 45 0 nên: ( ) 2 2 2 2 2 2 a 4b 8c 2 2 a 4b 8c 9 2 a b c 2 2 9 a b c − − = ⇔ − − = + + + + 0,25 Từ (1) và (2), ta có: 2 2 7a 6ac c 0 a c;c 7a+ − = ⇔ = − = , do 2 2 2 a b c 0+ + > 0,25 +/ Với a c= − , chọn a 1 c 1 v b = 0à = ⇔ = − , nên pt là: x z 0− = +/ Với c 7a= , chọn a 1 c 7 v b = 20à = ⇒ = , nên pt là: x 20y 7z 0+ + = 0,25 Câu VII.a (1,0 điểm) Số phức… Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 4i 1 i 4i 2i 1 i 2 2i 1 i 1 i 1 i + = = + = − + − − + 0,25 Gọi số phức z là: ( ) z a bi, a, b= + ∈¡ Ta đươc: ( ) ( ) ( ) 4i z 2 a bi 2 2i 2 a 2 b 2 i 2 1 i − = ⇔ + − − + = ⇔ + + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 a 2 b 2 2 a 2 b 2 4⇔ + + − = ⇔ + + − = 0,5 Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn đề bài là đường tròn có phương trình: ( ) ( ) 2 2 x 2 y 2 4+ + − = 0,25 Câu VI.b (2,0 1. (1,0 điểm) . Tìm tọa độ các điểm C và D…. Phương trình cạnh AB của hình thang là: x y 4 0− − = Cạnh đáy CD của hình thang có dạng: x y c 0;c 4− + = ≠ − 5 điểm) Mà CD tiếp xúc đường tròn ( ) ( ) ( ) 2 2 C : x 1 y 1 2 − + + = với tâm ( ) I 1; 1 ,R 2= − = Sử dụng điều kiện tiếp xúc, ta được: x y 0− = 0,25 Nhận thấy, tiếp tuyến của đường tròn đi qua A, B phải có hệ số góc k. Đường thẳng đi qua A có phương trình dạng: ( ) 1 kx y 4 0 − − = ∆ Ta có: ( ) ( ) 2 2 k 1 loai k 3 2 k 1 k 6k 7 0 k 7 = − = + ⇔ + − = ⇔ = − Nên phương trình cạnh AD là: 7x y 4 0+ + = , suy ra tọa độ điểm 1 1 D ; 2 2 − − = ÷ 0,5 Tương tự đối với cạnh BC: ( ) ( ) 2 2 k 1 loai 1 3k 2 k 1 7k 6k 1 0 1 k 7 = − = + ⇔ − − = ⇔ = − Phương trình cạnh BC là: x 7y 4 0+ − = , suy ra tọa độ điểm 1 1 C ; 2 2 = ÷ 0,25 2. (1,0 điểm) . Tìm điểm thuộc mặt cầu Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): ( ) ( ) ( ) 2.2 2. 1 3 16 , 5 3 d d I P d R + − − + = = = ⇒ > . Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. 0,25 Trong trường hợp này, M ở vị trí M 0 và N ở vị trí N 0 . Ta thấy N 0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M 0 là giao điểm của đoạn thẳng IN 0 với mặt cầu (S). Đường thẳng ∆ qua điểm I, và vuông góc với (P), thì N 0 là giao điểm của ∆ và (P). Mà ∆ có vectơ chỉ phương là ( ) 2;2; 1= − r n và qua I nên có phương trình là ( ) 2 2 1 2 3 x t y t t z t = + = − + ∈ = − ¡ . 0,25 Tọa độ của N 0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: ( ) ( ) ( ) 15 5 2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0 9 3 t t t t t + + − + − − + = ⇔ + = ⇔ = − = − , Suy ra 0 4 13 14 ; ; 3 3 3 N − − ÷ . 0,25 Ta có 0 0 3 . 5 IM IN= uuuur uuur Suy ra M 0 (0;-3;4) 0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn … Ta có: ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 x 0 x 0 ln 1 x 1 5x x ln(1 x) 1 x 1 5x 1 1 1 x lim lim 3x 3x 3x 3x → → + + + + − + + − − + ÷ = + + ÷ 0,25 Tính: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2x 0 x 0 x 0 1 5x 1 5x 5 5 lim lim lim 6 3x 3x 1 5x 1 3 1 5x 1 → → → + − = = = + + + + 0,25 Tính: ( ) ( ) 3 2 2 2 x 0 x 0 x 0 2 2 3 3 2 2 2 2 2 3 3 1 1 x x 1 1 lim lim lim 9 3x 3x 1 1 x 1 x 3 1 1 x 1 x → → → − + = = = + + + + + + + + ÷ ÷ 0,25 6 Tính: ( ) x 0 ln 1 x 1 lim 3x 3 → + = . Vậy 3 2 2 2 x 0 1 5x x ln(1 x) 1 x 23 lim 18 3x → + + + − + = 0,25 Ghi chú: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa 7 . – Đ O TẠO THANH HÓA Đ P ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT DAOD DUY TỪ Đ THI THỬ ĐH & CĐ (LẦN II) NĂM HỌC 20 10 – 20 11 Môn thi: TOÁN ( Khối B, D) (Đ p án – thang điểm gồm 06 trang) Ngày thi. nhỏ nhất … Biến đ i và sử dụng bất đ ng thức BunhiaCôpski ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 1 4 17 17 1 1 1 1 4 1 4 17 17 1 1 1 1 4 1 4 17 17 a a a b b b b b b c c. a, b= + ∈¡ Ta đ ơc: ( ) ( ) ( ) 4i z 2 a bi 2 2i 2 a 2 b 2 i 2 1 i − = ⇔ + − − + = ⇔ + + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 a 2 b 2 2 a 2 b 2 4⇔ + + − = ⇔ + + − = 0,5 Vậy tập hợp các điểm M biểu