Đáp án đề kẩo sát chất lượng lần 3

Câu Ý HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LẦN 03 ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011 Nội dung x Khảo sát hàm số: y = x +1 ∗) Tập xác định: D = ¡ \{-1} ∗) Sự biến thiên g) Chiều biến thiên y'= > ∀x ≠ −1 Hàm số đồng biến (−∞; − 1) (−1; +∞) ( x + 1) Hàm số cực trị g) Giới hạn, tiệm cận x lim = nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = làm tiệm cận ngang x →∞ x + x lim = ∞ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = −1 làm tiệm cận đứng x →−1 x + g) Bảng biến thiên x −∞ y’ + y −∞ 0,25 0,25 +∞ -1 + +∞ 0,25 −∞ y ∗) Đồ thị I Điểm −2− O1 x 0,25 Đồ thị có dáng điệu hình vẽ, nhận điểm I(-1;1) làm tâm đối xứng Gọi M điểm (C ) có hoành độ m > −1 Tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận diện tích tam giác OAB Tìm toạ độ M để diện tích tam giác OAB nhỏ A B Tính theo m m ) có phương trình m +1 m y= ( x − m) + hay ∆ : x − (m + 1) y + m = ; (m + 1) m +1 Tiếp tuyến M (m; 2 ) cắt tiệm cận ngang B (2m + 1;1) m +1 m2 m2 (m + 1) + d = ; ; S = (O ;∆ ) ⇒ AB = (m + 1) + ∆OAB m + m +1 0,25 cắt tiệm cận đứng A(−1;1 − m2 = m +1+ − ≥ 2 − Dấu “=” xảy (m + 1) = kết hợp với m +1 m +1 ) m > −1 m = −1 + M (−1 + 2;1 − ) S ∆OAB đạt GTNN 2 − Vậy M (−1 + 2;1 − Giải phương trình: (3 − 4sin x)(3 − 4sin x) = (*) Dễ thấy sin x = không thoả mãn phương trình Khi sin x ≠ ta (*) ⇒ (3sin x − 4sin x)(3 − 4sin x) = sin x 0,25 S ∆OAB = 0,25 0,25 0,25 ⇔ sin 3x(3 − 4sin x) = sin x ⇔ 3sin x − 4sin 3 x ⇔ sin x = sin x 0,25 kπ  x = ⇔  x = π + kπ  10 0,25 (k ∈ ¢ ) π kπ   π kπ π ; + kπ ; + Kết hợp điều kiện sin x ≠ ta S =  +  với k ∈ Z tập 10  4 2 nghiệm phương trình Giải phương trình sau: x x + + − x = x2 + ĐKX Đ: −1 ≤ x ≤ Theo Bunhia ta có ( x x + + − x ) ≤ 4( x + 1) ⇒ x x + + − x ≤ x + x ≥ Khi phương trình cho trở thành x − x = x + ⇒   x − 3x + x + = x =1 x ≥ ⇔ ⇒ thử lại thấy thoả mãn ( x − 1)( x − x − 1) =  x = + { } Vậy S = 1;1 + tập nghiệm phương trình 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 dx + x3 Tính I = ∫ III 1 1 ( x − x + 1) − ( x − x − 2) x−2 1 x −1 − dx = ∫ dx − ∫ dx = ∫ dx − ∫ dx (1 + x)( x − x + 1) 1+ x x − x +1 1+ x x − x +1 0 0 I =∫ 2x −1 1 = ln( x + 1) − ln( x − x + 1) + ∫ x − ( )2 + π = ln + ∫ π − d 0,25 d (tan t ) π = ln + tan t + 0,25 π Do SA = SC ; SB = SD kết hợp với ABCD hình thoi nên OA, OB, OS đôi vuông góc, Có S ∆SAC = AC.SO ⇒ SO = 2 Xét hệ trục toạ độ Oxyz với tia Ox; Oy; Oz trùng với tia OA, OB, OS hình vẽ: O(0;0;0); A(2;0;0); B(0;1;0) Vậy I = ln + C (−2;0;0); D (0; −1;0); S (0;0; 2) 0,25 z S 0,25 D Trung điểm SA M (1;0; 2) x A IV 0,25 C O By Mặt phẳng (CDM ) có cặp vectơ phương r uuur uuuur uuur uuuur CD(2; −1;0), CM (3;0; 2) nên nhận n = CD, CM  = (− 2; −2 2;3) làm vectơ pháp tuyến (CDM ) có phương trình: x + 2 y − 3z + 2 = SB qua B (0;1;0) S (0;0; 2) nên SB có phương trình x = 0; y = + t ; z = −2 2t N = SB I(CDM ) nên N (0; ; 2) uuur uuur uuur SC = (−2;0; −2 2); SM = (1;0; − 2); SN = (0; ; − 2) ; uuur uuur uuur uuur uuur  SC , SM  = (0; 2;0);  SC , SM  SN = 2     uuur uuur uuur Vậy VSCMN =  SC , SM  SN = 2 = (đvtt)   6 3 0,25 0,25 0,25 x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 1 x −1 y −1 z −1 + + =1 Ta có + + = ⇔ x y z x y z x −1 y −1 z −1 x + y + z = ( x + y + z )( + + ) ≥ ( x − + y − + z − 1) x y z V Chứng minh Vậy 0,25 0,50 x + y + z ≥ x − + y − x + z − Dấu “=” xảy x = y = z = x2 y + = điểm M (1;1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( E ) hai điểm A B cho M trung điểm AB Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( E ) : Dễ thấy đường thẳng ∆ qua M (1;1) mà song song với Ox không thoả mãn Đường thẳng ∆ có phương trình: y = k ( x − 1) + Toạ độ A, B thoả mãn  x ( k ( x − 1) + 1)  x2 y + =   + =1 ⇔9 9  y = k ( x − 1) +  y = k ( x − 1) +   VI.a hoành độ x A ; xB hia nghiệm phương trình: (4 + 9k ) x − (18k − 18k ) x + 9k − 2k − 35 = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho M (0; −1; 2) , hai đường thẳng (d1 ) : 0,25 0,25 18k − 18k Có xM = x A + xB = ⇒k = + 9k Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình: x − y + = 0,25 0,25 0,25 x −1 y −1 z −1 = = 2 x y +1 z − = = Viết phương trình tắc đường thẳng ( ∆ ) qua M cắt ( d1 ) ( d ) −1 −2 A B khác I cho IA = AB , với I giao điểm ( d1 ) ( d ) (d ) : ur uur Giao điểm I (d1 ) (d ) I (1;1;1) u1 (1; 2; 2) u2 (−1; −2; 2) lầ vectơ ur uur uuur phương (d1 ) (d ) Dễ thấy [u1 , u2 ].IM = nên M , (d1 ) (d ) đồng phẳng uuur Lấy A1 (2;3;3) ∈ ( d1 ) B1 (−t ; −1 − 2t ;3 + 2t ) ∈ ( d ) cho IA1 = A1 B1 AB uuuur phương với A1 B1 (với B1 không trùng với I ) Do IA1 = A1 B1 nên t nghiệm phương trình  B1 (1;1;1) t = −1 uuuur −7 −14 −22 11 13  9t + 20t + 11 = ⇒ ⇒  11 11 ⇒ B1 ( ; ; ) ⇒ A1 B1 ( ; ; ) 11  B1 ( ; ; ) t = − 9 9 9 9 9   x y +1 z − = Vậy (∆) qua M (0; −1; 2) có phương trình tắc: = 14 22 0,25 0,25 0,25 0,25 Giải bất phương trình: log (9 x +1 − x + + 2) ≥ log 2 (*) +3 x (*) ⇔ log (2 − 72.9 ) ≤ log (3 + 3) x x 0,25 0 < − 72.9 ⇔ x x 72.9 + + ≥ ⇔ 9x < ⇔ x < log (do 72.9 x + 3x + ≥ ∀x ∈ ¡ ) 36 Vậy tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;log 6) x VII.a Trong mặt phẳng với hệ toạ độ góc Oxy cho hypebol ( H ) : VI.b 2 · MF = 600 ) = ( MF1 − MF2 ) + MF1.MF2 (Do F 2 0,25 0,25 x2 y − = Tìm ( H ) điểm M nhìn hai tiêu điểm 600 2 2 Có F1 F2 = (2c) = 4c = 4(a + b ) = 40 · MF F F = MF + MF − 2.MF MF cos F 0,25 MF1 − MF2 = 2a = M F1 F2 0,25 c c xM = + 10 xM ; MF2 = a − xM = − 10 xM 0,25 a a 37 273 2 ⇒ yM = Khi ta 40 = + − 10 xM ⇔ xM = 0,25 10 10 37 273 Vậy M (± 0,25 ;± ) điểm cần tìm 10 10 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A(2;0;0), B(0; 2;0) C (0;0; 4) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) song song với mặt phẳng (Q ) : x + y + z − = cắt mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện OABC theo đường tròn có chu vi 2π Chu vi đường tròn (C) 2π suy đường tròn có bán kính r = Mặt cầu ( S ) : x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = ngoại tiếp OABC d = 0; a = b = 1; c = ; 0,25 tâm I (1;1; 2) bán kính R = Khoảng cách từ I (1;1; 2) tới mặt phẳng chứa đường tròn (C) hay khoảng cách từ I (1;1; 2) 0,25 tới (P) d ( I ; P ) = R − r = Mặt khác, lại có MF1 = a + (P) có phương trình dạng x + y + z + c = c = −9 ± 70 0,25 Vậy (P): x + y + z − ± 70 = 0,25 Tìm hệ số lớn khai triển (1 + x ) n biết n số tự nhiên thoả mãn 1 1 231 − n Cn + Cn + + Cn = 2n + 62 n n 2n Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + + Cn x x(1 + x ) n = Cn0 x + Cn1 x + + Cnn x n +1 1 n n n +1 Lấy tích phân hai vế cận từ đến ta ∫ x(1 + x ) dx = ∫ (Cn x + Cn x + + Cn x )dx ⇒ n +1 (1 + x ) 2(n + 1) 0 1 1  =  Cn0 x + Cn1 x + + Cnn x n + ÷ 2n + 2 0 0,25 1 1 2n +1 − 231 − n ⇒ Cn + Cn + + Cn = = (*) 2n + 2( n + 1) 62 Xét f ( n) = 2n − 2n.2n.ln − 2.2 n + ⇒ f '(n) = > ∀n ≥ nên (*) ⇒ n = 30 2n 4n 0,25 30 59 62 k k k −1 k −1 ; xét C30 > C30 ⇒ k < 3 k =0 i i 20 20 với k = 20 ∀i = 0;19 ∀i = 21;30 có C30 < C30 (1 + x)30 = ∑ C30k 2k x k xét 2k C30k > 2k +1 C30k +1 ⇒ k > 20 20 Vậy hệ số lớn cần tìm C30 0,25 0,25 Chú ý: - Câu IV thí sinh không vẽ hình không chấm điểm - Các câu khác, thí sinh làm cách không hướng dẫn mà cho điểm tối đa ... k =0 i i 20 20 với k = 20 ∀i = 0;19 ∀i = 21 ;30 có C30 < C30 (1 + x )30 = ∑ C30k 2k x k xét 2k C30k > 2k +1 C30k +1 ⇒ k > 20 20 Vậy hệ số lớn cần tìm C30 0,25 0,25 Chú ý: - Câu IV thí sinh không... +1 − 231 − n ⇒ Cn + Cn + + Cn = = (*) 2n + 2( n + 1) 62 Xét f ( n) = 2n − 2n.2n.ln − 2.2 n + ⇒ f '(n) = > ∀n ≥ nên (*) ⇒ n = 30 2n 4n 0,25 30 59 62 k k k −1 k −1 ; xét C30 > C30 ⇒ k < 3 k =0... phương trình: (3 − 4sin x) (3 − 4sin x) = (*) Dễ thấy sin x = không thoả mãn phương trình Khi sin x ≠ ta (*) ⇒ (3sin x − 4sin x) (3 − 4sin x) = sin x 0,25 S ∆OAB = 0,25 0,25 0,25 ⇔ sin 3x (3 − 4sin x)