De thi thu lan 2 gstt

GIA SƯ TRỰC TUYẾN VIỆT NAM

GSTT GROUP

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012

Môn: TOÁN – Khối A;

Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) a) Tập xác định: R\ 1  b) Sự biến thiên: * Giới hạn, tiệm cận: Ta có   1 lim x y     và   1 lim x y     Do đó đường thẳng x1 là tiệm cận đứng của (H) Vì lim lim 2 x y x y     nên đường thẳng y2 là tiệm cận ngang của đồ thị * Chiều biến thiên: Ta có ' 3 2 0, 1 ( 1) y x x       Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 1 , 1;    0,5 * Bảng biến thiên: x  1 

' y  

y 

2 2



c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại (-1/2; 0), cắt

Oy tại 0; 1   (H) nhận giao điểm I 1; 2

của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0,5

2 (1,0 điểm)

Gọi M(0, )m Oy

Dễ thấy họ các đường thẳng x = a không thỏa mãn yêu cầu vì chỉ cắt (C) tại nhiều nhất 1

điểm

Xét đường thẳng d qua M có dạng: ykxm ( k là hệ số góc)

Hoành độ giao điểm của (C) và là nghiệm của PT:

2 2x 1

x

         



Đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt đối xứng qua M khi và khi PT (1) có 2

nghiệm phân biệt có tổng = 0, hay:

2

0

2 0

2 2

1 1

2

1 ó 2 n

k

m

m k

m m

m

m m



  







  



Kết luận: m > 2 hoặc m < -1 là các giá trị cần tìm

0,5

0,5

x

O 1 2

y

I

1

sin 2 (sinx x 3 cos )x 2sin 2 cos 2x x0

sin 2 (sinx x 3 cos )x 0

x





 



2

k



6

6

k Z

   



    



6

2

k

  



 



  



Kết luận: Pt có nghiện: x 2



2

k

x  kZ

0,5

2 (1,0 điểm)

Điều kiện: 2

2

0

x x x





   



   



Với 𝑥≥0, ta có:

0,5

Dễ thếx 0không là nghiệm của pt

Xét, chia cả 2 vế cho ,

(2)

2

x x

       

          

x

  (3)   2t 2 6(t22)0

2

2

t

 



 

  



0,5

(4)

2 2

2

x

    

     

  

  



Thử lại thấy thỏa mãn

Kết luận: Bất phương trình có nghiệm duy nhất: x 4 2 3

III

(1,0

điểm)

Ta có

1 2

2

5 1

2 3

dx I I

x

Tính

1

2

I

x



  =

1





  

0,5

Tính

1 3

3 3

2 1



(Với 13

t x

 , x = 1 thì t = 1; x = 2 thì 1

8

t  )

4

3

2

1 8

3

1

2 1 (2 1) (2 1) 1

8

.

24 32 4



0,5

IV

(1,0

điểm

A K B C :

' 2

3 '

2

KK BC KBC

' '

A K B C v B C BC n n BC A K

BC mp KK A

 

0,5

Từ đó: 3

' ' '

Dựng hình bình hành B'A'D'C' trên mp(A'B'C')

Do MN//A'B' (cùng//B'C') và MN=A'B' ( cùng bằng B'C')

nên: MND'A' là hình bình hành => MA' // MD'

Tính:

2

M  MC C D    a 

 

 

2

3

AM  AC CM     a 

 

 

2

AD  AA A B     a 

 

 

Suy ra:

cos( ' , ) cos( , ')

2 '.

ND MA

9

.

2 .

0,5

V

(1,0

điểm

2







Điều kiện: y  2.

HPT

2

2 ( 2) 2

5 2 2 ( 2) 2



 



z y  , HPT trở thành:

2 2

  







Đặt x=tz (t # 0), hệ đã cho trở thành:

3 2

z t t

  







3 2

2

1 0

0

z t t

t

t t

t





     



2

v

Nhận xét: hệ đã cho có nghiệm x,y khi và chỉ khi hệ (5), (6) có nghiệm t, z khi và chỉ khi

(7) có nghiệm t > 1 hoặc t < 0

Xét hàm số:

0,5

5 2

1

t

 



'

1

3

t

f t

t

 





Bảng biến thiên:

x  -1 0 1 3 

'

y + 0 - 0 +

y

 

2



 

Nhìn vào bảng biến thiên, (7) có nghiệm t > 1 hoặc t < 0 khi và chỉ khi:

2

2

1 3 2

2 5

2

m m

m

 

   





Kết luận:

0,5

VIa

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

1) Gọi B(0,b); A(a,0)

Ta có

( , ).(1, 2) 0

CH

a b

b a

  

2 2

a b

 

  là trung điểm của AB

2

GM   GC

( do G là trọng tâm tam giác ABC)



     

Mà CCHnên :

  

         

1; 2 ( 4,8, 4) 4(1; 2;1)

n u u      

PT mp(P) có dạng x2y  z d 0,(dR)

Ta có: d(d P1 , ) 4dd P2 , 

d( / )A P 4dB P/ , (với A(1,2,2) , B(0,1,1) )

Ta thu được PT mặt phẳng (P): x2y  z 1 0

Kết luận: Có 1 mp(P) thỏa mãn: x2y  z 1 0

0,5

VIIa

(1,0

điểm)

T C  C  C  n C

Xét: (1x)n  1n xC1n x C2 n2 x C3 n3  x C n n n Đạo hàm 2 vế:

n x  C  x C  x C  nx C (1)

Cho x=1 thu được:

n   C  C  C  nC (2)

Đạo hàm tiếp 2 vế của (1):

n n x   C  C x C x  n n C x 

Cho x=1 ta được: ( 1) 2n 2 1.2 2 2.3 3 3.4 4 ( 1) n

Cộng về (2) và (3) ta được:

n

T n   n n  n n 

0,5

0,5

VIb

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm)

Đường thẳng ( ) d(2x  y 1 0)có dạng 2 0

2

x c

     

Hoành độ của 2 điểm A,B là x x A, Blà nghiệm của PT:

2 2

1

cx c



 

  

 

     có 2 nghiệm phân biệt

           

2

c

x x









 



Dựng OH AB H, AB,ta có:

1

4

 

 

  

            

0,5

2 2

5 5

 

Theo giả thiết:

2 2

2

1

2 5

OAB

c

      

           

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu:

    và  x 2y 2 0

0,5

2 (1,0 điểm)

Dựng CH  AB H, AB

2

ABC

S  CH AB,( AB cố định) có diện tích nhỏ nhất

CH nhỏ nhất <=> CH là đường vuông góc chung của(( ) sd v AB1

-Vectơ chỉ phương của đường thẳng AB: u AB  ( 1, 2,1), (2,0,0)A

PT đt AB: CH  AB H, AB:

1

1

1

2 2

2

hay y t

z t

  



Phương trình tham số của (d):

2

2

2

1

1

x t

z t

 



  



  



Lấy

1 2

( )

AB

d

AB





1

2

1,8

(0, 2; 4, 4;0, 2)

1, 2

t

C t









  

0,5

0,5

VIIb

(1,0

điểm)

Đặt, z x iy x y,( , R) Biến đổi:

 

2 2

2 2

2 2

(*)

z i x iy i x i y

     

 2

T  a  b  a b  b   b

2

     

KL:Max T  64 2 đạt khi

2

1 ( 2 1)

b

Min T  6 4 2 đạt khi

2

b

0,5