Đáp án đề thi thử đại hoc khối D lần 1 chuyên Phan Bội Châu Nghệ An

[r]

Trang 1/6

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ TRƯỜNG THPT CHUN PHAN BỘI CHÂU MƠN THI: TỐN; KHỐI: D

(Đáp án gồm trang)

Câu Nội dung Điểm

1.a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2 9 12 1   

 x x x

y 1,00

* Tập xác định : D = R * Sự biến thiên hàm số:

- Giới hạn vô cực:   

x

y

lim , 

 

x

y

lim 0,25

- Bảng biến thiên:

Ta có: y'6x2 18x12,xR; y'0 x2 x1

x - -2 -1 

y’ + - +

y

 -3

-4

-

0,25

Hàm số đồng biến khoảng (;2), (1;) nghịch biến khoảng (2;1) Hàm số đạt cực đại x2, với giá trị cực đại y(2)3 đạt cực tiểu tạix1, với giá trị cực tiểu y(1)4

0,25

* Đồ thị (C):

- (C)cắt Oy điểm (0;1) - (C)đi qua điểm (3;8)

- (C)có điểm uốn I(3/2;7/2) (C) nhận I(3/2;7/2)làm tâm đối xứng

Trang 2/6 1.b

f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1

-8 -6 -4 -2

-8 -6 -4 -2

x y

Tìm m để hàm số y2x3 9mx2 12m2x1 (1) nghịch biến khoảng (2;3) 1,00 R

x m mx x

y'6 218 12 2,  '9m2

- Nếu m0 y' ,0 xR, hàm số đồng biến R Vậy m0 không thỏa mãn

0,25

- Nếu m0thì y'02m xm Hàm số (1) nghịch biến khoảng (2;3)khi

và 2m23m(vô nghiệm)

0,25

- Nếu m0thì y'0m x2m Hàm số (1) nghịch biến khoảng (2;3)khi

và

2 3 2

2 3

2    



m m m

0,25

Vậy, giá trị m cần tìm ]

2 3 ; 2 [  

m 0,25

2

Giải phương trình:

sin

cos cos sin sin

2 sin

 

    

 



x

x x x

x x



1,00

Điều kiện : sinx0 Với điều kiện này, phương trình cho tương đương:

) sin sin cos (cos

cos x x x x x  0,25



2 cos

cos x x x xk



 xk(kZ) ( ) k Z

k

x  

0,25

) ( k Z

k

x 

 

3  k

x  thỏa mãn điều kiện k 3m1(mZ)hoặc k 3m2(mZ)

0,25

Vậy, nghiệm phương trình ( ) m mZ 

, ( )

3

Z m

m 

  

0,25

3

Trang 3/6

Điều kiện: x2 Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình

0 ) 2 ( 2 2 . 4 2 5

) 4 2 (

2 x2  x  x2 x x  x  (3) Đặt a x2 2x4,b x2 (a0,b0), phương trình (3) trở thành:

2a2 5ab2b2 0

0,25

0 ) 2 )( 2

(   

 a b a b  2a b a2b 0,25

- Với 2a b, ta có 2 x2 2x4 x24x29x140 (vơ nghiệm) 0,25 - Với a2b, ta có x2 2x42 x2x26x40 x 3  13(tmđk)

Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm x3  13

0,25

4

Tính tích phân  

 

3 /

3 /

2

) 3 sin cos ( sin 2





dx x x

x x

I

1,00





 

3 /

3 /

2

) 3 sin sin 2 2 sin (





dx x x x

x

I J K

trong 

 

3 /

3 /

2 2 sin





xdx x

J , 

 

3 /

3 /

sin 3 sin 2





xdx x

K

0,25

- Tính K:

4 3 3 4

4 sin 2

2 sin )

4 cos 2 (cos

3 /

3 /

/

3 /

    

 

 

 

 



 



x x

dx x x

K 0,25

- Tính J: Đặt ux, ta có x2 u2,sin2xsin2u,dudx, , 3 3

 

        u

3 3

 

       

u Do đóJ  u udu u uduJ



 /3

3 /

2

/

3 /

2

2 sin 2

sin



 



0 

 J

0,25

. 4

3 3   

I J K 0,25

5 Tính thể tích khối lăng trụ

1 1 .ABC

ABC góc hai đường thẳng CA1 BB1 1,00

Gọi H trung điểm BC A1

Từ giả thiết, ta có AC ABtan600 a 3, B1 C1 a

AB BC

CH BH

AH     0 

60 cos 2

1

A

Vì A1H (ABC) nên góc đường thẳng AA1 B H C

và mặt phẳng ( ABC) góc A1AH Kết hợp giả thiết, ta có

0 60

A AH

0,25

Suy A1H  AHtan600 a 3, AA AH 2a

60 cos

1   Thể tích khối lăng trụ cho

là

2 3

3

1

a a

a a H A AC AB H

A S

V  ABC   

Trang 4/6

Vì BB1//AA1 nên góc  hai đường thẳng CA1 BB1 góc hai đường thẳng CA1 AA1 Ta có CA1  A1H2 CH2  3a2 a2 2a

Do

8

3 4

cos

cos

2 2

1

2

1

1 

   

 



a a

a a a

CA AA

AC CA AA C AA



0,25

Vậy, góc hai đường thẳng CA1 BB1 góc  thỏa mãn

8

cos  0,25 6 Tìm m để bất phương trình mx4 x( 1x1)3 x33x1

(4) có nghiệm 1,00

Điều kiện: 0 x1

- Xét x0, thay vào (4) không thỏa mãn với mR

0,25

- Xét x(0;1], ta có x4 x( 1 x1)3 0

, nên bpt (4) tương đương với bpt

3

3

) 1 1 (

3 1

x x

x

x x m

 

 



0,25

Đặt

3

3

) 1 1 (

3 1 ) (

x x

x

x x x

f

 

 

 , ta có

3

3

3

3

) 1 1 (

1 .

1 3 ) 1 1 (

1 .

3 1 ) (

x x

x x x

x x

x x x

f

  

  



 

    





Vì x(0;1] nên 1 0

 

x x

04 x(1 1x)3 1  f(x)3,x(0;1]

0,25

Dấu xảy x1

Do đó, bpt (4) có nghiệm min ( ) ] ; ( f x m

x

 hay m 0,25

7.a Tìm tọa độ trọng tâm tam giác ABC 1,00

Ta có AB(1;2) AB 5

Phương trình đường thẳng ABlà 2(x1)(y1)0 hay 2x y10

Gọi  đường thẳng qua Cvà song song với AB Khi đó, phương trình  có dạng )

1 (

0

2x ym m Vì //AB nên d(A;)d(C;AB) hay

AB S m 2 ABC

5 1

 

1 1  

 m  m0(tm) m2(tm)

0,25

- Với m0  có phương trình 2x y0 Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình

  

     

 

     

0 9 14 5

2 0

9 4 6 2

2

2

x x

x y

y x y x

x y

  

  

2 1 y x

(tm)       

 

5 18 5 9

y x

(loại)

0,25

- Với m2  có phương trình 2x y20 Tọa độ điểm C nghiệm hệ phương trình

Trang 5/6 

 

  

   

 

    

 

0 21 22 5

2 2 0

9 4 6 2 2

2

2

x x

x y

y x y x

x y

  

  

4 3 y x

(tm)       

 

5 4 5 7

y x

(loại)

Tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABClà      

2 ; 3 4



    

3 8 ;

2 0,25

8.a Viết phương trình đường thẳng  1,00

Gọi M(a;b;c) , ta có BM(a1;b1;c), BC( 3; 6;3) Vì M thuộc đoạn BC

BM

MC 2 nên BM BC

3 

    

  



 

   

   

 



1

1

1

c b a

c b a

) ; ; ( 

 M

0,25

Đường thẳng AM qua A(3;0;2) có vectơ phương MA(1;1;1) nên có

phương trình tham số

    

 

  

t z

t y

t x

2

0,25

Tọa độ hình chiếu H B đường thẳng AM có dạng (3t;t;2t) Ta có H và BH(2t;t1;2t) Vì BH  AM nên BH.MA 0 hay

0

1

2tt  t  t 1  BH( 1; 2;1)

0,25

Đường thẳng  qua B(1;1;0) có vectơ phương BH( 1; 2;1) nên có phương

trình tham số

    

  

 

u z

u y

u x

2 1

0,25

9.a Tìm số phức z 1,00

Gọi số phức cần tìm z abi (a,bR) Khi z2ia(b2)i

Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:     

  

  

0 1 3

5 ) 2

(

2

b a

b

a 0,25

  

 

   

1 3

5 ) 1 3

(

2

a b

a a

  

 

   

1 3

0 2 3 5

a b

a

a 0,25

  

  

4 1 b a

ho c       

 

 

5 1 5 2

b a

0,25

Vậy, có hai số phức cần tìm 4i i 5 1 5 2



 0,25

Trang 6/6

Gọi phương trình tắc hypebol (H)là 2

2 2   b y a x ) ,

(a b Vì hình chữ

nhật sở (H) có diện tích 48 đường chuẩn (H) có phương trình

5 16  

x nên ta có hệ phương trình

       16 48 2 c a b a (I) 0,25

Ta có (I)   

 

 4 2

256 25 12 c a ab        ) ( 256 25 12 2 b a a ab                  2 144 256 25 12 a a a a b 0,25           36864 256 25 12 a a a b            ) 2304 144 25 )( 16 ( 12 a a a a b         16 12 a a b

(vì 25 144 2304

   a a )         16 2 a b (thỏa mãn) 0,25

Vậy, phương trình tắc hypebol (H)là

9 16 2   y x

0,25

8.b Viết phương trình mặt phẳng (P) 1,00

Mặt phẳng (P)đi qua điểm M(0;3;2) nên có phương trình dạng

0 ) ( ) (    

b y c z

ax (a2 b2 c2  0)hay axbycz3b2c0 Đường thẳng 1 :   

 x y z qua A(0;0;1)và có vectơ phương u(1;1;4) Mặt

phẳng (P)có vectơ pháp tuyến n(a;b;c)

0,25

Vì mặt phẳng (P)song song với và khoảng cách  (P) nên ta có

        )) ( ; ( ) ( P A d n u P A hay                   3 3 2 c b a b c c b a b c            

 2 2 2 2

) ( ) ( c b c b b c c b a           16 10 2 c bc b c b a         c b c a 2       c b c a 0,25

- Với a2c,b2c, ta chọn a2 b 2, c 1 Khi đó, (P)có phương trình

0

Trang 7/6

- Với a4c,b8c, ta chọn a 4 b8, c1 Khi đó, (P)có phương trình

0 26

4x yz 

Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm 2x2yz80, 4x8yz260 0,25

9.b

Tìm acgumen âm lớn số phức z(1i 3)10 1,00

10 10

10

10 10

3 sin 3 cos 2 2

3 . 2 1 2 ) 3 1

( 

  

 

 

    

  

 



 i i  i 

z 0,25

Áp dụng cơng thức Moa-vrơ, ta có

   

 

 

   

 

 

3 4 sin 3

4 cos 2 3 10 sin 3

10 cos

210  i  10  i 

z

0,25

Các acgumen z có dạng 2 ( )

3 4

Z k

k 

 



Ta có

3 2 0

2 3 4

   

k  k



hay k ,4,3,2,1

0,25

Acgumen âm lớn ztương ứng với k1 Vậy acgumen cần tìm zlà

3 2



0,25