Đáp án đề thi thử đại học lần 2I Chú ý: Học sinh có thể trình bày sơ đồ khảo sát theo sách nâng cao.. Gọi G và I tơng ứng là tâm của tam giác đều SAB và của hình vuông ABCD.. Ta có: OG S
Trang 1Đáp án đề thi thử đại học lần 2
I Chú ý: Học sinh có thể trình bày sơ đồ khảo sát theo sách nâng cao.
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=0 (1,00đ)
Với m=0, ta có hàm số y=x3 −3x2 +4
1 Tập xác định: D=R
2 Sự biến thiên.
a Chiều biến thiên:
Ta có: y'(x)= −3x2 −6x, ta có y'(x) 0= ⇔ =x 0 hoặc x=-2
Dấu của y’(x):
Vậy hàm số đồng biến trên (-2; 0), nghịch biến trên (−∞ −; 2) và (0;+ ∞)
0.5
b Cực trị: Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x=-2 và yCT=y(-2)=0;
đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=y(0)=4
c Giới hạn: x
xlim y ; lim y
→−∞
d Bảng biến thiên:
x −∞ -2 0 +∞
y’ - 0 + 0 -y
0.25
3 Đồ thi:
+ Giao điểm của đồ thị với trục Ox là điểm (1;0) và (-2; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm ( 0; 4)
+ Đồ thị có điểm uốn U(-1; 2) là tâm đối xứng
0.25
2 Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; +∞) (0.75đ)
• Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞)
• Xét hàm số y g(x) 3x= = 2 +6x trên khoảng (0;+ ∞)
Có bảng biến thiên nh sau:
0
4
3
−
+∞
−∞
x
y
4
1
2
− 0
Trang 2Từ đó, giá trị cần tìm của m là: m≤0
0.50
II Giải phơng trình: 2
2
log (x 2) log (x 5)+ + − +log 8 0= (1.00đ)
• Với điều kiện đó, phong trình đã cho tơng đơng với phơng trình:
log (x 2) log x 5 log 8 log [(x 2) x 5 ] log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0
0.25
• ⇔x2 −3x 18 0− = hoặc x2 −3x 2 0− = x 3; x 6; x 3 17
2
±
• Kết hợp lại, phơng trình đã cho có các nghiệm là: x 6; x 3 17
2
±
III Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và ϕ (1,00đ)
• Goi O là trọng tâm của ABC∆ thì SO (ABCD)⊥
Gọi M là trung điểm của AB và SM⊥AB, OM⊥AB⇒AB (SOM)⊥
⇒Góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là góc ãSMO
• Do ∆ABCđều có cạnh bằng a nên S ABC 3a2
4
Trong ∆SOM có tan SO SO OM tan 3a tan
0.25
0.25
• Dùng phơng pháp thể tích: SABC
ABC
0.25
x
M O
S
A
B
C
Trang 3Mà 3
SABC
1
24
SBC SAB
3a.tan
ϕ
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là: AK= 3 sin
IV Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD (1,00đ)
• Do SA=SB=AB=a nên SAB là tam giác đều cạnh a
Gọi G và I tơng ứng là tâm của tam giác đều SAB và của hình vuông ABCD 0.25
• Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD Ta có:
OG (SAB)⊥ và OI (ABCD)⊥ , (OI, OG tơng ứng là trục của đờng tròn ngoại
tiếp tam giác đều SAB và tam giác vuông ABD)
0.25
• Gọi H là trung điểm của AB thì OG IH a
2
= = và ∆OGA vuông tại G 0.25
• Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có:
2 2
R OA OG GA
V Chứng minh đẳng thức: V1+V2=V3 (1,00đ)
• Khi quay tam giác ABD quanh cạnh AD ta đơc khối nón đỉnh D và đáy là
đờng tròn có tâm A, bán kính r1=AB=a, chiều cao h1=DA=a
V r h a a a
0.25
• Ta có BC (ABD)⊥ ⇒BC⊥AB⇒ ∆ABC vuông tại B
Vậy khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta đợc khối nón đỉnh A và đáy là
đờng tròn tâm B, bán kính r2=BC=a, chiều cao h2=AB=a
V r h a a a
= π = π = π (2)
0.25
I
H
S
A
B
C
D
Trang 4• Khi quay tam giác DBC quanh cạnh BC ta đợc khối nón đỉnh C và đáy là
đờng tròn tâm B, bán kính r3=BD= 2 a, chiều cao h3=BC= a
V r h ( 2a ) a a
0.25
• Từ (1), (2), (3), ta có: V1+V2=V3 (đpcm) 0.25
VI Chứng minh bất đẳng thức: cosx.2sin x >sin x.2cosx, 0 x
4
π
< <
• Bất đẳng thức đã cho
sin x cosx
, 0 x sin x cosx 4
π
• Khi 0 x
4
π
< < thì 0 sin x cosx 1< < < , ta xét hàm số f(t) 2t, 0 t 1
t
• Có f’(t)=
t 2
2 (t.ln 2 1)
0
• Do đó:
sin x cosx
f(sin x) f(cosx) , 0 x
sin x cosx 4
π
VIIa 1 Giải bất phơng trình: 32 x −8.3x + x 4 + −9.9 x 4 + ≥0. (1,00đ)
• Chia cả 2 vế của bất phơng trình cho 9 x 4 + >0 ta đợc:
32(x − x 4 ) + −8.3x − x 4 + − ≥9 0 (1) 0.25
• Đặt t 3= x − x 4 + >0, thì (1) ⇔ t2 − − ≥8t 9 0 ⇔ ≤ −t 1 (loại) hoặc t 9≥ (thoả mãn)
0.25
• t 9≥ ⇔3x − x 4 + ≥ ⇔9 3x − x 4 + ≥ ⇔ −32 x x 4 2+ ≥ ⇔ x 4 x 2+ ≤ −
2
x 0, x 5
x 4 (x 2)
0.25
2 Giải hệ phơng trình:
3
e e ln y ln x 2y x 1
(1,00đ).
• Với điều kiện x, y > 0 thì hệ phơng trình đã cho ⇔
3
e ln x e ln y (1)
0.25
• Xét hàm số f(t) e= +t ln t,t 0> có t 1
f '(t) e 0, t 0
t
đồng biến trên khoảng (0;+ ∞)
0.25
• Do đó: Nếu x > y thì f(x)>f(y)⇔ +ex ln x e> +y ln y⇒(1) vô nghiệm⇒hệ
đã cho vô nghiệm, tơng tự với x< y thì hệ đã cho cũng vô nghiệm
⇒ =x y thế vào phơng trình thứ (2) ta đợc: 2x x= +3 1
0.25
x 2x 1 0 (x 1)(x x 1) 0 x 1; x
2
− ±
Kết hợp lại ta đơc nghiệm của hệ phơng trình là:
(x; y)=(1; 1), (x;y)= 1( 5; 1 5)
0.25
Trang 5VIIa Tìm m để đồ thị hàm số y= mx2 x m
x 1
+ +
− cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2
điểm đó có hoành độ dơng (1,00đ)
• Đồ thị hàm số y=
2
mx x m
x 1
+ +
− cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2
điểm đó có hoành độ dơng ⇔phơng trình f(x) mx= 2 + + =x m 0 có 2 nghiệm dơng phân biệt, khác 1
0.50
•
2
m 0
m 0
1
1
m
≠
≠
0.50
VIb 1 Giải bất phơng trình: 2
5 5 5
log (5x) log x log (25x )
4 −6 ≤2.3 (1,00đ).
• Khi đó bất phơng trình ⇔4.4log x 5 −6log x 5 ≤18.9log x 5 (1) 0.25
• Chia cả 2 vế của bất phơng trình (1) ta đợc: 2 2 log x 5 2 log x 5
4.( ) ( ) 18 0
• Đặt t= 2 log x 5
( ) 0
4t t 18 0 2 t 0 t
− − ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ < ≤
⇔ log x 5 log x 5 2
5
−
Kết hợp lại, bất phơng trình đã cho có nghiệm là: x 1
25
≥
0.25
2 Giải hệ phơng trình:
2 2
1 x
y x
3
2 (x y 2x) 2x y 4x 1 0
−
• Hệ phơng trình đã cho ⇔
(x y 2x) 2(x y 2x) 1 0 [(x y 2x) 1] 0 (2)
0.25
x y 2x 1 0 x(xy 2) 1 xy 2
x
• Ta có (1)
1 2
2 x x 2
1 1
x 2
−
−
• Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y)=(1; -1) 0.25
VIIb Viết phơng trình tiếp tuyến chung của 2 đờng cong (1,00đ)
f(x) x x 2, g(x) x x 2
4
= + − = + − , xét hệ phơng trình:
0.50
Trang 6
2
5
x x 2 x x 2
x 2
f '(x) g'(x) 5
3x x 2x 1 4
+ − = + −
=
• Vậy 2 đờng cong đã cho tiếp xúc với nhau tại điểm ( ;1 5)
• Phơng trình tiếp tuyến chung của 2 đờng cong tại điểm M0
1 5 ( ; )
2 −4 là:
y 2(x 1) 5 y 2x 9
0.25
Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Điểm lẻ 0,25 đợc làm tròn (VD: 6,75 thành 7,00 hay 6,25 thành 6.50)