Đáp án Đề ôn tập thi Đại học (Đề 2)

Câu Câu I ĐÁP ÁN ĐỀ Nội dung Điểm 2đ TXĐ D = R \ {1} y’ = < với x ∈ D ( x − 1) ⇒ hàm số nghịch biến khoảng (- ∞ ; 1) (1; + ∞ ) Hàm số cực trị lim y = ⇒ y = tiệm cận đứng 0.25 0.25 x → ±∞ lim y = +∞ lim y = −∞ ⇒ x = tiệm cận cận đứng x →1+ x →1− Bảng biến thiên : x -∞ y’ y +∞ - +∞ - -∞ Đồ thị : qua điểm (0; -1), ( -1; 0) , (2; 3) , ( 3; 2) 0.25 0.25 Phương trình tiếp tiếp tuyến đồ thị( C) điểm M(x0; y0) x02 + x − x + y=( x − 1) ( x0 − 1) b Giao điểm tiếp tuyến với tiệm cận A(1; IA = x0 − x0 + ) B( 2x0 - 1; 1) x0 − ; IB = x0 − 1 IA.IB = Vậy diện tích tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc điểm M SIAB = Câu II 0.25 0.25 0.25 0.25 2đ x x 32 3(sin cos ) = 2cosx + sin2x x x x x ⇔ 3(sin cos )( 1+ sin cos ) = 2cosx + sinx.cosx x x ⇔ 3(sin - cos )( 2+ sinx) = 2cosx(2 + sinx) x x x x ⇔ ( 2+ sinx) (sin cos )( + 2sin + 2cos ) =  2 + sin x =  x x ⇔ sin − cos =  2  x x 3 + sin + cos = 2  • sinx + = vô nghiệm x x x π π • sin − cos = ⇔ sin( − ) = ⇔ x = + k 2π 2 2 2 ( x − y ) + x y = Hpt cho tương đương với hệ :   x − y + xy ( x − y ) + xy = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 u + v = (u + v) − 2uv = ⇔ Đặt u = x – y , v = xy ta có hpt  u + v + uv = u + v + uv = S − P = S − P = ⇔ Dặt S = u+ v P = u.v Với S - 4P ≥ ta có hệ pt :   S + P = P = − S  S = 1vàP = ⇔  S = −3vàP = 4(loai ) Với S = P = Ta tìm u = v = u = v = x − y = ⇔x=y= ±1 Với u = v = ta có hệ pt   xy = 0.25  x =   x − y =  y = −1 Với u = v = 0ta có hệ pt   xy =  x =   y = Vậy hệ pt có nghiệm (1; 1), (-1;-1) , ( 0; -1) , ( 1; 0) 0.25 Câu III 1đ Phương trình hoành độ giao điểm : x = – x2 ⇔ x + x - = 0.25  x =1 x = ⇔ ⇔  x = −1  x = −2 S = ∫ x − + x dx = −1 ∫( x − 2+ x )dx 0.25 −1 = ∫ (− x − + x −0 )dx + ∫ = +( − x2 x3 −2 x + 0.25 0.25 1đ Dựng SH ⊥ CD SK ⊥ BC ta có ∧ ( x − + x )dx x2 x3 (− −2 x + ) Câu IV 0.25 S ∧ SHA = SKA = β SH = SK = a sin α B A 0.25 K D Câu V H a cot β Gọi x cạnh hình thoi Ta tính x = sin α a cot β (1 + ) Sxq = 2SSDC + 2SSAB = SH.DC + SA.SB = sin α sin β a cot β S SA VS.ABCD = = ABCD 3 sin α Trước hết ta chứng minh: x + y ≥ ( x + y) C 0.25 0.25 0.25 ( biến đổi tương đương) 0.25 Đặt x + y + z = a Khi ( x + y) 4P ≥ a + 64 z 3 ( a − z) = a + 64 z 3 = ( − t ) + 64t 3 0.25 z (với t = , ≤ t ≤ ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] Có f '(t ) = 64t − ( − t )  , f '(t ) = ⇔ t = ∈ [ 0;1]   0.25 Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1] 64 ⇒ GTNN P 16 đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 Câu VI.a Đường tròn (C) có tâm I(2; 2) bán kính R = y Tọa độ giao điểm (C) d nghiệm hệ phương trình  x =  x + y − =  y = B  2   x + y − x − y + =  x =   y = O ⇒ (C) cắt d hai điểm A(2; 0) B(0; 2) Vậy d cắt (C) điểm phân biệt Gọi H hình chiếu vuông góc M AB SMAB = AB.MH mà AB không đổi nên SMAB đạt GTLN ⇔ MH đạt GTLN M = (C ) ∩ ∆ ⇔  với ∆ y = x xM > x + y − 4x − y + =  ⇔x=y=2+ y = x x >  ⇔ M I H 0.25 x A(2;0) 0.25 0.25 2 Vậy điểm C(2 + ;2 + ) SMAB lớn Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; -1; -5) Gọi A, B giao điểm d với d1và d2 A(-1+2t; 1+3t; 2+t) B(2+t’; -2+5t’; -2t’) ⇒ AB = (3 + t’- 2t; - + 5t’-3t; -2 - 2t’- t) d ⊥ (P) ⇔ AB phương với n + t '−2t − + 5t '+3t − − 2t '−t ⇔ = = −1 −5 11t '−8t = ⇔ ⇔ t = t’ = 27t '−14t = 13 ⇒ A(1; 4; 3) B(3; 3; -2) 0.25 Đường thẳng d qua A(1; 4; 3) có VTCP AB = (2; -1; -5) nên d có phương trình: x = + 2t, y = – t; z = – 5t 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VII.a 15 Số phần tử không gian mẫu n( Ω ) = C = 3003 Gọi A biến cố “ viên bi lấy có nhiều bi trắng ta có trường hợp sau: - bi trắng viên bi lại, số cách chọn là: C C 10 = 252 - bi trắng viên bi lại, số cách chọn là: C C 10 = 1050 0.25 0.25 - Câu VI.b 2bi trắng viên bi lại, số cách chọn là: C C 10 = 1200 ⇒ n(A) = 252+1050 + 1200 = 2502 n( A) 831 ≈ 0.83 p(A) = = n(Ω) 1001 0.25 0.25 Đường cao AH: 3x – 4y + 27 = ; phân giác CD : x + 2y – = BC ⊥ AH nên BC : 4x + 3y – = 4 x + y − = Tọa độ điểm C nghiệm hệ pt  D x + y − = ⇒ C(-1; 3) B A 0.25 C H Đường thẳng AC qua C nên phương trình đường thẳng AC Có dạng : a(x + 1) + b(y – 3) = với a2 + b2 ≠ ⇒ ax + by + a - 3b = CD đường phân giác góc C nên ta có 4.1 + 3.2 a + 2b ∧ ∧ = cos BCD = cos CDA ⇔ 5 a + b ⇔ a + b = a + 2b a = ⇔ 3a – 4ab = ⇔  a = b  Với a = ta có phương trình đường thẳng AC : y – = Với a = b ta có AC : 3x + 4y -5 = ( loại trùng với đt BC) A = AH ∩ AC ⇒ A(-5; 3) ⇒ AB : 4x + 7y – = Gọi M(1 – t; 2t ; -2 + t) ∈ d1 N(t’; + 3t’; -1 – t’) ∈ d2 MN = (t’ + t – 1; 3t’ – 2t + 1; -t’ – t + 3) D1 có VTCP u = (-1; 2; 1) ; d2 có VTCP v = (1; 3; -1) 0.25 MN u = 2t '−3t + = ⇔ MN đoạn vuông góc chung d1 d2 ⇔  MN v = 11t '−4t − = ⇔ t’ = 3/5 t = 7/5 ⇒ M(-2/5; 14/5; -3/5) N( 3/5; 14/5; 2/5) MN Mặt cầu đường kính MN có tâm I(1/10; 14/5; -1/10) bán kính R = có pt: = 2 14 2 (x ) + (y ) + (z - )2 = 10 5 Câu VII.b 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ Ta có (1 + x + x2)12 = [(1 + x) + x2 ]12 k 24 = C 12 (1+x)12 + C 112 (1+x)11.x2 +…+ C 12 (1+x)12-k.x2k + …+ C 12 12 x 0 1 11 10 (1 + x + x2)12 = C 12 ( C 12 x12 + C 112 x11+…+ C 12 x4 +…+ C 12 12 ) + C 12 x (C 11 x + C 11 x 10 10 + C 11 x9 +…+ C 11 x2 + + C 11 11 ) + C 12 x (C 10 x +…+ C 10 ) + … Suy có số hạng đầu có chứa x4 10 Vậy a4 = C 12 C 12 + C 112 C 11 + C 12 C 10 = 1221 0.25 0.25 0.25 0.25 ... = ⇔ t = ∈ [ 0;1]   0.25 Lập bảng biến thi n ⇒ Minf ( t ) = t∈[ 0;1] 64 ⇒ GTNN P 16 đạt x = y = 4z > 81 81 0.25 Câu VI.a Đường tròn (C) có tâm I(2; 2) bán kính R = y Tọa độ giao điểm (C) d nghiệm...  x =   y = O ⇒ (C) cắt d hai điểm A(2; 0) B(0; 2) Vậy d cắt (C) điểm phân biệt Gọi H hình chiếu vuông góc M AB SMAB = AB.MH mà AB không đổi nên SMAB đạt GTLN ⇔ MH đạt GTLN M = (C ) ∩ ∆... A(1; 4; 3) B(3; 3; -2) 0.25 Đường thẳng d qua A(1; 4; 3) có VTCP AB = (2; -1; -5) nên d có phương trình: x = + 2t, y = – t; z = – 5t 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VII.a 15 Số phần tử không gian mẫu n(