Bài soạn Đề ĐA thi thử ĐH Toán

ĐÁP ÁN CHẤM THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC KHỐI B - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm Câu I (2,0) 1. (1,0) 1/ Khi m =1 3 2 y x 3x 2= − + − Tập xác định: R. Chiều biến thiên: 2 y' 3x 6x y' 0 x 0;x 2. =− + → = ↔ = = x x lim y , lim y . →+∞ →−∞ =−∞ =+∞ Bảng biến thiên: 0,5 + Hàm số nghịch biến trên (-∞; 0) và (2; + ∞); đồng biến trên (0; 2). + Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 2; cực tiểu tại x = 0, y CT = - 2. 0,25 Đồ thị: Đồ thị giao với Ox tại ( 1 3− ;0) và ( 1 3+ ; 0); giao với Oy tại (0;-2). 0,25 2. (1,0) 2/ Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu thỏa mãn: y cđ .y ct < 0 ↔ Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt ↔ f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt (*). 0,25 Ta có f(x) = -(x - 1)[x 2 -(3m - 1)x -3m +1]. Từ (*) ↔ phương trình -(x -1)[x 2 -(3m -1)x -3m +1] = 0 có 3 nghiệm phân biệt ↔ g(x) = x 2 - (3m-1)x -3m +1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 1 0,25 2 m 1 1 9m 6m 3 0 m 3 g(1) 6m 3 0 1 m 2  < −     ∆ = + − >  > ↔ ↔    = − + ≠    ≠  ↔ m <-1 ; 1 1 m 3 2 < < ; 1 m 2 > . 0,25 Vậy m < -1 hoặc 1 1 m 3 2 < < hoặc 1 m 2 > . 0,25 1 x y’ y -∞ +∞ 0 2 -2 2 -∞ +∞ 2 -2 x y 0 0 + - - 0 2 1 3 − 1 1 3 + Câu 1. 1/ Phương trình ↔ 4sinx.cosx +2(2cos 2 x -1) +2sinx +1= 0 ↔ 2sinx(2cosx +1) + (2cosx -1)(2cosx +1) = 0 ↔ (2cosx +1)(2sinx + 2cosx -1) =0 0,25 2cosx 1 0 2sin x 2cosx 1 0 + =  ↔  + − =  0,25 + 2sinx +2cosx - 1 = 0 1 cos x- cos 4 2 2 π   ↔ = = α  ÷   x k2 ,k Z. 4 π ↔ = ± α + π ∈ 0,25 + 2cosx +1= 0 1 2 cosx=- x k2 ,k Z. 2 3 π ↔ ↔ = ± + π ∈ Vậy nghiệm của phương trình là 2 x k2 ;x k2 ,k Z. 3 4 π π = ± + π = ± α + π ∈ 0,25 2. (1,0) Bất phương trình ↔ 4x 4x x 1 x 1+ ≥ + + + (1). Tập xác định: [0; +∞) (*) 0,25 Xét hàm số f (x) x x= + trên [0; +∞). Ta có 1 f (x) 1 0 x (0; ) 2 x ′ = + > ∀ ∈ +∞ → Hàm số đồng biến /(0; +∞). 0,25 Ta thấy x = 0 không là nghiệm của bất phương trình Từ(1) ↔ 1 f (4x) f (x 1) 4x x 1 x 3 ≥ + ↔ ≥ + ↔ ≥ 0,25 Kết hợp (*) ta được 1 x 3 ≥ hay tập nghiệm của bất phương trình 1 ; 3   +∞ ÷    . 0,25 Câu III (1,0) (1,0) 2011 2012 2 3 2011 1 x 1 x x f (x) x x x . x x. . x 1 x 1 − − = + + + + = = − − 2011 2012 2 3 k 1 k 2011 2 ( x) 1 x x f (x) x x x . ( 1) x . x x. . x 1 x 1 − − − + = − + − + − + + = = − − + 0,25 Đặt 2013 3 2011 1 2 2 f (x) f (x) x x f (x) x x . x . 2 x 1 + − = = + + + = − 0,25 ( ) 2014 2012 2 2 2010 2 2 2011.x 2013.x x 1 f '(x) 1 3x . 2011.x . x 1 − + + = + + + = − 0,25 Thay x = 2 ta được f’(2) = 1+ 3.2 2 + …+ (2k-1).2 2k-2 +… + 2011.2 2010 2014 2012 2011.2 2013.2 5 . 9 − + = 0,25 2 Câu IV (1,0) (1,0) Ta thấy thể tích S.ABC là V S.ABC = ABC 1 1 dt .SH abh 3 6 ∆ = H là trung điểm BC→ dt∆ ABH = dt∆ ACH → V S.ABH = V S.ACH (1). Ta có V SABH + V SACH = V SABC (2). 0,25 Từ (1) và (2)→ V S.ABH = S.ABC 1 1 V abh 2 12 = 0,25 Gọi d là khoảng cách từ B đến (SAH), dt∆ SAH = 2 2 1 1 SH.AH h a b . 2 4 = + Ta có V S.ABH = SABH SAH 2 2 2 2 SAH 1 3. abh 1 3V ab 12 dt .d d 1 3 dt a b h a b 4 ∆ ↔ = = = ∆ + + . 0,5 Câu V (1,0) (1,0) Ta có a ≤ 1. Thật vậy, nếu a >1 thì 1 < a ≤ b ≤ c và 2 2 2 1 1 1 a 1 b 1 b 1 a b c 0 a b c a b b − − − + + − − − = + + > điều này vô lý. Từ a ≤ 1 và ( ) 1 1 a b c 1 bc 1 a bc   − = + − → ≥  ÷   . Tương tự c ≥ 1 và ab ≤ 1 Vì bc ≥ 1 nên ta chỉ cần chứng tỏ abc 2 ≥ 1. 0,5 Do ab ≤ 1 ta có: ( ) 1 1 1 1 1 c a b 1 2 ab 1 2 ab ab, c ab ab ab ab       + = + − ≥ − = − ≥ −  ÷  ÷  ÷       Và do đó 1 ab c 1 0 c ab     − + ≥  ÷  ÷     , vì vậy abc 2 ≥ 1 . Đẳng thức xảy ra khi a =b =c =1. 0,5 1. 1/ A là giao d và Ox → A 3 ;0 3   −  ÷   . Ta thấy góc giữa d và Ox là 60 0 . Đường thẳng d’⊥d và cắt d tại B, cắt Ox tại C → ∆ABC có · · · 0 0 0 ABC 90 ,BAC 60 ,ACB 30= = = Giả sử AC = x → AB = x 2 , BC = x 3 2 . 0,25 3 S A B a h b C H A B C 60 0 30 0 x Diện tích ∆ABC là 2 3 → 2 1 x 3 AB.BC 2 3 2 3 2 8 = → = x 4↔ = →AC= 4. Giả sử C(x C ; 0): C C C 3 12 3 12 3 x 4 x ;x 3 3 3 − − − + = ↔ = = . 0,25 Với C 12 3 12 3 x C ;0 3 3   − − = →  ÷   . d’: 12 3 x 3.y 0. 3 − + − = 0,25 Với C 12 3 12 3 x C ;0 3 3   + + = − → −  ÷   . d’: 12 3 x 3.y 0. 3 + + + = 0,25 2. (1,0) 2/ Gọi M,M’ lần lượt là tung điểm BC và B’C’, G và G’lần lượt là trọng tâm ∆ABC và ∆A’B’C’, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCA’B’C’ . Do ABCA’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên I là trung điểm GG’. 0,25 V ABCBA’B’C’ = dt∆ABC .h (h là chiều cao lăng trụ = GG’) Từ gia thiết ta được 3 2 a 4a 3 h . 3 a . 3 4 = = 0,25 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là R =IA = 2 2 GA GI+ 2 2 a 4a a 15 . 3 3 3 = + = 0,5 Điều kiện x, y >0 (*). Hệ phương trình 2 2 2 2 2 log (x y) 0 x .4y 4 x 4y 5 0 x 4y 5   = = ↔ ↔   + − = + =   (x 2 ,4y) là nghiệm của phương trình X 2 -5X + 4 = 0 ↔ X = 1 hoặc X = 4. 0,25 + Trường hợp: 2 x 1 x 1 y 1 4y 4  = =  ↔   = =   (do x,y >0). 0,25 4 I A A’ B B’ C’ C M M’ G Câu VII.a (1,0) (1,0) + Trường hợp: 2 x 2 x 4 1 y 4y 1 4  =  =   ↔   = =     (do x,y >0). 0,25 Vậy nghiệm của hệ là x 1 y 1 =   =  hoặc x 2 1 y 4 =    =   . 0,25 Câu VI.b (2,0) (1,0) Ta thấyA nằm trên đường tròn. Gọi I là tâm đường tròn → I(1;0) ∆ABC đều → I là trọng tâm ∆ABC 0,25 Ta lại có A,I nằm trên Ox và AI là trung trực BC→ B,C đối xứng qua Ox Giả sử B(x;y) ,C(x;-y) ta có x x 3 1 3 y y 0 0 2 + +  =    − + +  =   ta được x = 0 vậy ( ) ( ) B 0;y C 0; y   −  0,25 BC =AB 2 2 y 3 y ( y) (3 0) (0 y) y 3  = ↔ − − = − + − ↔  = −   0,25 Vậy tọa độ B và C là B(0; 3) C(0; 3)    −   hoặc B(0; 3) C(0; 3)  −     . 0,25 (1,0) 5 A B C I O A C y M I J G Gọi M, I tương ứng là trung điểm BC. Do góc tam diện đỉnh O của hình tứ diện OABC vuông → Tâm I của mặt cầu nằm trên giao của đường thẳng qua M và ⊥ (OBC) với mặt phẳng trung trực AO. 0,5 G là trọng tâm ∆ABC→ G∈AM và AG =2GM Gọi G 0 là giao OI và AM ta có ∆AOG ∼ ∆MIG 0 0 1 MI G M 2 AO AG ↔ = = Hay G 0 ≡G hay O;G;I thẳng hàng. 0,5 Câu VI.b (2,0) Điều kiện: -2≤ x ≤ 2(*) Nghiệm của phương trình là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số: x y 2 2= − và 2 y 4 x= − . 0,25 2 y 4 x= − 2 2 y 0 x y 4 ≥  ↔  + =  đồ thị là nửa đường tròn tâm(0; 0), R =2 0,25 Dựa vào đồ thị ta thấy hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm nên phương trình x 2 2 2 4 x− = − có đúng 2 nghiệm. 0,5 … Hết… Lưu ý: Đáp án có 6 trang. Học sinh làm theo cách khác đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã cho. 6 B x x 0 y 2 -2 2 1 -1 -1 . CHẤM THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC KHỐI B - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm Câu I (2,0) 1. (1,0) 1/ Khi m =1 3 2 y x 3x 2= − + − Tập xác định: R. Chiều biến thi n:. ABCA’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên I là trung điểm GG’. 0,25 V ABCBA’B’C’ = dt∆ABC .h (h là chiều cao lăng trụ = GG’) Từ gia thi t ta được 3 2 a 4a 3 h