Tài liệu Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 3,4 pptx

1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 03 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM CâuI (2.0đ) 1. (1.0đ) TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 xx f x f x    nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 11 lim ( ) ,lim xx fx       nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x   0.25 Bảng biến thiên 1 + - 1 - - y y' x - 1 + Hàm số nghịc biến trên ( ;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0đ) Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 00 1 () ( 1) 1 x y x x xx      2 0 22 00 1 0 ( 1) ( 1) x xy xx       0.25 Page 2 of 10 - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x    Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t   ta có f’(t) = 2 44 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 ttt tt     0.25 f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta có d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 11 0 x x x         0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 CâuII (2.0đ) 1. (1.0đ ) Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x 0.25 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c       0.25 Page 3 of 10 + osx=0 x= 2 ck    + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 32 6 k cc x x k                 0.25 12 24 2 xk k x               vì x   11 13 0; , , , 2 12 24 24 x x x x            0.25 2.(1.0đ) ĐK: ,0xy xy      Hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( ) x y x x y x y x x y x y y y x y x x y y x y x x y y                            0.25 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 20 (2 )[( 2 )( ) 1] 0 x y x x y x y x x y yx y x y x x y y                        (do 2 )( ) 1 0y x x y y     ) 3 2 3 2 2 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1) 2 2 (2) x y x x y x x x y x y x             Giải (1): 2 2 2 3 ( ) 1 33 2 3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0 3 22 ( ) 4 2 x x x x x x x                 3 2 0 log 4 x x        0.25 Page 4 of 10 0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 Với 3 2 log 4x  thay vao (2) ta được y = 3 2 1 log 4 2 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 3 2 log 4x  ,y = 3 2 1 log 4 2 0.25 Câu III. (1.0đ ) Đặt I = 3 1 4 2 0 () 1 x x x e dx x    . Ta có I = 3 11 4 2 00 1 x x x e dx dx x    0.25 Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx  Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 tt I e dt e e     0.25 Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x    Đặt t = 4 x 43 4x t dx t dt    0.25 Khi đó 11 4 2 2 22 00 12 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt tt           Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e     0.25 Câu IV. (1.0đ ) Ta có 1 1 1 22xy yz xz xyz x y z        nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz            Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz            0.25 Page 5 of 10 B D A C P M N 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy            Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z    0.25 vậy A max = 13 82 x y z    0.25 Câu V. (1.0đ ) Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ), 2( ) 2( ) x a c b y b c a z a b c          Vậy V = 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( )( )a c b b c a a b c      1.0 CâuVIa. (2.0đ) 1.(1.0đ) Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 Page 6 of 10 B' Y X Z N D' C' A' C D A B M 2.(1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A AD B C D B A C D C B C D D                                   Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D    1.0 CâuVIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1.(1.0đ) Đk: x > - 1 0.25 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x xx     3 log ( 1) 0 6 x x    0.25 0.25 06x   0.25 Ta có 12 ( 12;0), ( 12;0)FF Giả sử M(x 0 ; y 0 )thuộc (E) H là hình chiếu của M trên đường thẳng 8 3 x  . Ta có MF 2 = a - cx 0 /a = 0 83 2 x 0.5 MH = 0 83 3 x . Vậy 2 MF MH không đổi 0.5 2.(1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) QQ AB n AB n        Vì ;0 Q AB n       nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n     làm véc tơ pháp tuyến 1.0 Page 7 of 10 Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 CâuVIb (1.0đ) nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 04 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 11 x y xx      +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ; lim lim lim lim xx xx y y y y              - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +)   2 3 ' 0, 1 y x D x      +) BBT: x -  - 1 +  y ' + || + y  2 || 2  1 điểm Page 8 of 10 +) ĐT: I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 33 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) MI IM MI yy M C M x k x x x x           +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:   0 2 0 3 '( ) 1 M k y x x   +) .9 M IM ycbt k k   +) Giải được x 0 = 0; x 0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x +) Đặt 2 2 , 0y x y   Ta có hệ: 22 2 2 x y xy xy      +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 22 ; 1 3 1 3 22 xx yy                  +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 13 2 x   1 điểm II.2 +) ĐK: , 42 x k k Z     4 4 2 2 42 )tan( )tan( ) tan( )cot( ) 1 4 4 4 4 1 1 1 sin 2 os 2 1 sin 4 os 4 2 2 2 2cos 4 os 4 1 0 x x x x x c x x c x pt x c x                     +) Giải pt được cos 2 4x = 1  cos8x = 1  4 xk   và cos 2 4x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , 2 x k k Z   1 điểm 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 Page 9 of 10 III 33 22 22 00 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 00 22 22 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1 lim lim (1 ) 1 1 2sin 2sin 2sin 2sin 15 2 33 xx xx e ec x x c x x L xx x x x x x x xx xx xx                                                        1 điểm IV.1 +) Gọi C r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. Ta có: 22 1 ( ). . 2 .2 2( ) SAB C C C S pr l r r SM AB l r r l r rr l r l r          +) S cầu = 22 44 C lr rr lr     1 điểm IV.2 +) Đặt : 23 22 2 ( ) ,0 51 2 ( ) 2 ) '( ) 0 () 51 2 lr r y r r l lr rl r r rl l yr lr rl                        +) BBT: r 0 51 2 l  l y'( r ) y(r ) y max +) Ta có max S cầu đạt  y(r) đạt max  51 2 rl   1 điểm r l I M S A B Page 10 of 10 V +) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 ( )( ) () () 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 3 22 P x y z x y z xy yz zx x y z x y z P x y z x y z x y z x y z P x y z x y z                                                +) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki , ta được: 3 1 ( ) 3 2 P t t t +) '( ) 0 2P t t    , P( 6 ) = 0; ( 2) 2 2P    ; ( 2) 2 2P  +) KL: ax 2 2; 2 2M P MinP   1 điểm VI +) 5 ( , ) 2 d I AB   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) 2 + y 2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 22 2 1 25 2 () ( 2;0), (2;2) 24 2 2 2 0 0 x y xy AB x xy y                              (3;0), ( 1; 2)CD   VII 22 2 2 32 2010 2009 (1) 2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2) yx x y x y x y                +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 2 2 2 2 2009 2009 log ( 2010) log ( 2010)x x y y     +) Xét và CM HS 2009 ( ) log ( 2010), 0f t t t t    đồng biến, từ đó suy ra x 2 = y 2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x +2) = 2log 2 (x + 1) = 6t Đưa pt về dạng 18 1 99 tt              , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 03 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM CâuI (2.0đ) 1. (1.0đ) TXĐ : D = R{1} 0.25 Chiều biến thi n. 2 = 0 CâuVIb (1.0đ) nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 04 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 11 x y xx     