HDC dethi thu THPT Luu Van Liet

1 Hướng dẫn chấm và đáp án – Kì thi thử năm học 2009 - 2010 môn Toán – Trường THPT Lưu Văn Liệt Thành phố Vĩnh Long

Môn Thi: TOÁN ( Thời gian làm bài: 150 phút ) HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN

+ y 3x26x ;  

 

0

y



   

+ lim

   ; lim

+ Bảng biến thiên

0 0





4

x

y

y

2

0

0.25

+ TL: ● Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   và ; 2 0;

● Hàm số đạt cực đại tại x  và y2 CĐ = y(–2) = 4

● Hàm số đạt cực tiểu tại x và y0 CT = y(0) = 0

0.25

+ Điểm đặc biệt: x  1 y 4 ; x   3 y 0

Đồ thị nhận điểm I1;2 làm tâm đối xứng

0.25

+ Đồ thị:

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-2 -1

1 2 3 4 5 6

x y

O

3 3 2

yxx

0.25

+ Phương trình hoành độ giao điểm: x33x2 kxx x 23x k  (1)0 0.25

+ d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

 x23x k  có 2 nghiệm phân biệt khác 00

0.25

9

4





0.25

4

+ Với xlog 23 , phương trình tương đương với: 32x   (1)3x 1 0 0.25

2 Hướng dẫn chấm và đáp án – Kì thi thử năm học 2009 - 2010 môn Toán – Trường THPT Lưu Văn Liệt Thành phố Vĩnh Long

+ Đặt t3 ,x t Ta có:0

2

1 0

t

t

t t



  



0.25

Ta có: 1 5 2 log3 1 5 log 23

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là log3 1 5

2

0.25

II.2

1

0

( x sin )

0

1

2

x

x e dx e

+ Tính đúng:

1

0

+ Kết luận: 1 1 sin1 cos1

2

II.3

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f x  2 cos 2x4sinx trên đoạn 0;

2



+

 

4 0

2

f x

x x











 



0.25

f  f    f  

0;

2

4

x

f x f





 

 

 

0;

2

x

f x f



 

 

Cách khác:

+ Biến đổi f x  2 2 sin2x4sinx 2

2

t x x  

  

  và f x trở thành   y 2 2t2 4t 2t 0;1

0.25

y

t t

 



 

  

+ Tính đúng:  0 2; 1  4 2; 2 2 2

2

0;

2

4

x

f x f





 

 

 

0;

2

x

f x f



 

 

3 Hướng dẫn chấm và đáp án – Kì thi thử năm học 2009 - 2010 môn Toán – Trường THPT Lưu Văn Liệt Thành phố Vĩnh Long

a a

45 0

C

D

S

+ Do SAABCD nên SAAC và AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)

SCA· 450 là góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD)

0.25

+ ·SAC900 và ·SCA450  SA AC a  2

a

0.25

+ Do SAABCD nên SAAB và AB là hình chiếu của SB trên (ABCD)

ABBCSBBC (định lý 3 đường vuông góc )

+ Lập luận tương tự, ta có: SDDC

+ Khi đó: ·SBC SAC SDC· · 900

 mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có đường kính là SC

0.25

+ ·SAC900 và ·SCA450  SCAC 2 2 a

+ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD: S mc 4R2 .SC2 4a2 0.25

x  y  z



0.5

+ (S) tiếp xúc với (P)   , ( ) 5

3

+ Kết luận (S):   2 2 2 25

9

+ Theo câu 1, tiếp điểm M0 của (S) và (P) là giao điểm của d và (P)

Do đó, tọa độ của M0 là nghiệm của hệ phương trình



    



0.25

+ Giải hệ phương trình trên, ta được: 0 28; 1 5;

4 Hướng dẫn chấm và đáp án – Kì thi thử năm học 2009 - 2010 môn Toán – Trường THPT Lưu Văn Liệt Thành phố Vĩnh Long

+ Gọi d là đường thẳng đi qua M3; 1; 2  và vuông góc với mặt phẳng (P), ta có:

x  y  z

+ Tọa độ giao điểm H của d và (P):



    



 11; 1 2;

+ M’ đối xứng với M qua (P)  H là trung điểm của MM’

Suy ra ' 5 7; ; 14

0.25

+ Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng(Oxy) và T là điểm trên

đường tròn (C), ta có:

Tam giác IKT vuông tại K  IT2 IK2KT2 (1),

trong đó: IT , R IK  là khoảng cách từ I đến mặt phẳng(Oxy) d 2

và KT r 2 3 là bán kính của đường tròn (C)

0.5

+ Từ (1) tính được R2 16 Suy ra (S):   2  2 2

+

+ Tính đúng

2

2 0 0

1

dx

x



Chú ý: (*) nếu thí sinh viết được

trừ điểm ở khâu này