Tài liệu Đáp án đề thi thử môn Toán khối A trường Hồng Đức lần 2 năm 2009 doc

ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI A Câu Lời giải Điểm I.1.(1đ) Tập xác định: .  Giới hạn tại vô cực: . () lim x fx →±∞ =∞∓ () () () () 2 '66;'0 19;13. fx x fx x ff =− + = ⇔ =± −=− = 1. −∞ 1 Bảng biến thiên: x − 1 +∞ f ’(x) − + − f(x) +∞ 8 0 − −∞ Nhận xét: Hàm số nghịch biến trên hai khoảng đạt cực tiểu tại -1, cực đại tại 1 và (;1),(1;−∞ − +∞); 8; 0. CT CD ff=− = Giao điểm với trục tung: (0;-4); với trục hoành: (-2;0) và (1;0) (điểm cực đại). Đồ thị như hình vẽ. -2 -1 1 -8 -6 -4 -2 x y 0 y = - 2 x 3 + 6 x - 4 0,25 0,5 0,25 I.2.(1đ) Ta có () ln ' 1 ln x x=+ x a . . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ a (a > 0) là (1 ln )( ) ln .yaxaa=+ −+ Để tiếp tuyến đi qua A, phải có () 2(1ln)(1 ) ln 21 ln ln 10,1 aaaa aa aa =+ −+ ⇔ =− + ⇔ −−= 0,25 0,25 Số tiếp tuyến đi qua A phụ thuộc vào số nghiệm của phương trình (1). Xét hàm số () ln 1 f aaa=−− . Ta có: () () 1 '1; '0 fa a fa a =− =⇔= 1. Bảng biến thiên của () f a : a 0 1 +∞ f ’(a) + 0 − f(a) − 2 −∞ −∞ Từ bảng này ta thấy giá trị lớn nhất của f(a) là -2 nên phương trình (1) vô nghiệm. Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua A. 0,5 II.1.(1đ) Vế trái có nghĩa khi và chỉ khi x > 0. Khi đó vế phải cũng có nghĩa. Dễ thấy vế phải đơn giản bằng x. Như vậy ta có phương trình 2 2 ln 5ln 7 ln 5ln 6 2 1 1 ln 5ln 6 0,(1) xx xx xx x x xx −+ −+ =⇔ ⎡ = ⎢ =⇔ ⎢ −+= ⎢ ⎣ Mặt khác: (1) 2 3 ln 2 ln 3 x xe x x e ⎡ ⎡ == ⎢ ⎢ ⇔⇔ ⎢ ⎢ = ⎢ ⎣ = ⎣ Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 23 12 3 1, , . x xexe== = 0,25 0,5 0,25 II.2.(1đ) Ta có: 00 cos12 cos18 4cos15 cos 21 cos24 cos12 cos18 2(cos36 cos 6 )cos24 cos12 cos18 2cos36 cos 24 2cos 24 cos 6 cos12 cos18 cos 60 cos12 cos30 cos18 13 cos60 cos30 2 oo ooo oo ooo oo oo o oo o oo +− = +− + = +− − +−−−− + =− − =− o o = 1,0 III(1đ) Giả sử 3 điểm trên parabol là Hệ số góc của đường thẳng AB là ()()() 222 ,,,,,,(Aaa Bbb Ccc a b< ). 22 ba ab ba − =+ − , còn hệ số góc của tiếp tuyến tại C hiển nhiên là 2c. Vậy 2 ab c + = . Độ dài () () ()() 2 22 22 1AB ba b a ba ab=−+− =− ++. Phương trình đường thẳng AB: ()() () () 2 2 22 0. xa ya abxa ya ba ba a b x y ab y a b x ab −− =⇔+−=− − − ⇔+ −−=⇔=+ − Khoảng cách từ C đến AB: () () () () () () 2 2 2 22 4 22 . 114 ab ab ab ab ab ab ba h ab ab ab + ⎛⎞ ++ ⎟ ⎜ − +− − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝⎠ − === ++ ++ ++ 2 1 Diện tích tam giác ABC: ()() () () () 23 2 2 11 .1. 22 8 41 ba ba SABh ba ab ab −− ==−++ = ++ . Diện tích giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB: () () () () () () () () () 23 2 22 33 3 2 22 ' 23 23 362 66 b b a a xx S a b x ab x dx a b abx ba ba ab abba ba ba ab ab a abb ⎛⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ =+−− =+−− ⎟ ∫ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ −− . − −− = − − +−− ++ = =+ Suy ra: 3 '4 S S = . 0,5 0,5 IV(1đ) S C’ D ′ D C B’ A B S C’ I A H C ( Hình này có thể không vẽ) 0,25 Xét tam giác cân SAC (cân tại S) với H là trung điểm của AC. Rõ ràng SH là đường cao của tam giác SAC và của cả hình chóp. Lại có và C’ là trung điểm SC nên AC = SC, tức là tam giác SAC là đều. 'AC SC⊥ Dễ thấy ' ' SB SI B BIH = , trong đó I là giao điểm giữa SH và AC’. Vì I cũng là trọng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1. Vậy tỉ số giữa SB’ và B’B là 2. 0,25 0,5 V(1đ) Ta có ( ) () ( ) () 22 2 2 2 222 22 2 2 2 2 12 12 312 12 3 12 11 . 3 12 1 x yx yxxx yx A xyy xy y x y x + −+ == ++ +− = ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ − Đặt () 2 2 12 ,0 y tt x =≥ và ( ) 3 A ft= . Khi đó () () () () () () () () 2 22 2 2 11 ; 4 1 41 1 21 ' 4 21 2 21 ; 1 241 '021 2 2, 1 44 4 4,(2) (2) 8 0 8. t ft t tt t ft t ttttt tttt ft t t t tt t tt t +− = + +−++ + = + + + −+ + == ++ ++ =⇔ +=−⇔ ⎧ ≥ ⎪ ⎨ +=−+ ⎪ ⎩ ⇔−=⇒= 422 24 +−− Dễ thấy bên trái điểm t = 8 thì f’(t) > 0 và bên phải thì t < 0. Ngoài ra . Do đó, ta có bảng biến thiên sau: () lim 0 t ft →+∞ = t 0 8 + ∞ () ' f t + 0 - () f t 1/6 0 0 0,25 0,5 0,25 Từ bảng này ta thấy tập hợp giá trị của f (t) là [ ] 0;1/ 6 nên tập hợp mọi giá trị của A là 1 0; 18 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . CHÚ Ý. Thí sinh có thể dùng bất đẳng thức để chỉ ra giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất tương ứng bằng 0 và 1/18 rồi kết luận rằng tập hợp mọi giá trị của A là 1 0; 18 ⎡⎤ ⎢⎥ ⎢⎥ ⎣⎦ . Cách làm này không thật chặt chẽ vì không chỉ ra được rằng A nhận mọi giá trị giữa 0 và 1/18 nên chỉ cho tổng cộng 0,75đ. Phần riêng theo chương trình Chuẩn VIa.1(1đ) Đường thẳng AB có phương trình Trung điểm I của cạnh AB là giao điểm của AB với đường trung trực nên có giá trị tham số t thoả mãn phương trình 31, 23 xt yt ⎧ =− ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ =− ⎪ ⎩ . ) 3( 3 1) 2(2 3) 4 0 13 13 0 1. tt tt −+ −−=⇔ −=⇒= Vậy ta có . Dễ thấy điểm B ứng với giá trị t = 2 nên có ( 2; 1I − ( ) 5;1B . Tiếp theo, ()( 33.2;16;IC IM==−=− ) 3      nên có () 8; 4C − . 0,5 0,5 VIa.2(1đ) Tâm I của mỗi mặt cầu như vậy phải nằm trên mặt phẳng R đi qua chính giữa hai mặt phẳng đã cho. Dễ thấy hai toạ độ của I phải thoả mãn phương trình mặt phẳng R: Mặt khác, vì khoảng cách từ I đến O bằng bán kính nên phải bằng nửa khoảng cách giữa hai mặt phẳng đã cho hay bằng khoảng cách giữa P và R. Lấy một điểm bất kỳ trên P và tính khoảng cách tới R, ta được giá trị bằng 210xy++=. 5 5 14 = + . Như vậy, chính I phải nằm trên mặt cầu S, tâm O, bán kính 5, tức là các toạ độ thoả mãn phương trình: 222 5.xyz++= Như vậy, tập hợp tâm các mặt cầu đi qua O và tiếp xúc với hai mặt phẳng đã cho là đường tròn giao tuyến của mặt cầu S và mặt phẳng R. Nói cách khác, đó là tập hợp các điểm có ba toạ độ x, y, z thoả mãn hệ phương trình: 222 210 5. xy xyz ⎧ ++= ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ++= ⎪ ⎩ 0,5 0,5 VIIa(1đ) Số cách lấy 6 trong 12 viên là (tức là ). Lấy 6 viên sao cho số viên đỏ bằng số viên xanh có hai trường hợp: hoặc 3 viên đỏ, 3 6 12 C 6 12 AC= 0,5 viên xanh (không viên nào trắng) hoặc 2 viên trắng, 2 đỏ và 2 xanh. Trường hợp thứ nhất có thể thực hiện theo cách; trường hợp thứ hai: cách. Như vậy 33 45 CC 222 345 CCC 33 222 45 345 B CC CCC=+ ; do đó 33 222 45 345 6 12 4.10 3.6.10 5 924 21 CC CCC B A C + + == =. 0,5 Phần riêng theo chương trình Nâng cao VIb.1(1đ) Rút y từ phương trình của rồi thế vào phương trình của , ta được: 1 d 2 d () () () 22 2 22 2 12 1 1 110 1 kx kkxk k k kxk x k −+ +−−= − ++−=⇒= + 0 . ⇔ Do đó 3 22 2 . 11 kk k yk kk − =+= ++ Suy ra: () () () 2 2 2 22 22 2 2 24 2 22 22 12 11 1 12 4 1. 11 kk xy kk k kk k kk ⎛⎞ ⎛⎞ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ += + = ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ++ ⎝⎠ + −++ == ++ Vậy giao điểm của hai đường thẳng di chuyển trên đường tròn tâm O, bán kính bằng 1. 0,5 0,5 VIb.2(1đ) Giả sử S có phương trình . Do S đi qua A, B, C, D nên có: 222 222xyz axbyczd++− − − +=0 12 0 12 0 32 2 2 0 12 0. cd ad abcd bd ⎧ −+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −+= ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ −−−+= ⎪ ⎪ ⎪ −+= ⎪ ⎪ ⎩ Suy ra a = b = c = ½ và d = 0. Vậy mặt cầu S có phương trình: 222 0xyzxyz++−−−= (tâm là I( ½, ½, ½), bán kính 111 3 444 2 R =++= ). Tiếp theo, giả sử S’ có phương trình . Do S’ đi qua A’, B’, C’, 222 2' 2' 2' ' 0xyz axbyczd++− − − += 0,25 D’ nên có: 1 ''0 4 1 '' '0 2 22'2' '0 22'2' '0 ad bcd abd bcd ⎧ ⎪ ⎪ −+ = ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −−+ = ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ −−+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −−+= ⎪ ⎪ ⎩ . Suy ra 51 '' ,' '' 44 ac b d== = = 1. Vậy mặt cầu S’ có phương trình: 222 515 10 222 xyz x y z++−−−+= . (tâm là I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính 25 1 25 '1 16 16 16 R =++− . Phương trình mặt phẳng chứa giao tuyến: 313 10 3 3 20 222 xyz xyz −+−=⇔−+−=. Khoảng cách từ I tới mặt phẳng này: 313 2 1 222 . 919 219 −+− = ++ Bán kính đường tròn giao tuyến: 22 3 1 56 14 . 476 76 19 rRd=−=−= = 0,25 0,5 VIIb(1đ) Giả sử căn bậc hai của 15 + 112i là x + yi. Khi đó: () 2 22 22 2 2 42 215112 3136 15 15,( 0) 56 15 3136 0.(1) xyi x y xyi i xy xx xy x xx + =−+ =+ ⇔ ⎧ ⎪ −= ⎪ ⇒− = ≠⇒ ⎨ ⎪ = ⎪ ⎩ −−= Đặt , thì (1) trở thành: 2 ,( 0)xtt=≥ 2 2 15 3136 0; 225 12544 12769 113 ; 15 113 64. 2 tt t −− = Δ= + = = + == Suy ra 8, 7.xy=± =± Vậy căn bậc hai của 15 + 112i có hai giá trị là () 87.i±+ 0,5 0,5 . đường thẳng AB: () () () () () () () () () 23 2 22 33 3 2 22 ' 23 23 3 62 66 b b a a xx S a b x ab x dx a b abx ba ba ab abba ba ba ab ab a abb ⎛⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ =+−−. 2c. Vậy 2 ab c + = . Độ dài () () ()() 2 22 22 1AB ba b a ba ab=−+− =− ++. Phương trình đường thẳng AB: ()() () () 2 2 22 0. xa ya abxa ya ba ba a