Từ đó suy ra đồ thị hàm số 1 luôn có các điểm cực đại, cực tiểu.. Các điểm cực trị của đồ thị hàm số 1 nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y = 1 khi và chỉ khi đồ thị của hàm số 1
Trang 1SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
-ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2011- 2012
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1: y=x3−3x+3
* Tập xác định: ¡
* Sự biến thiên: y' 3= x2−3; y' 0= ⇔ = ±x 1
* Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −; 1) và (1;+∞); nghịch biến trên (-1; 1); yCĐ = 5, yCT = 1
* Bảng biến thiên
x −∞ -1 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
5 +∞
y
−∞ 1
* Vẽ đúng đồ thị
2) Chứng minh rằng với mọi m, đồ thị hàm số (1)
Ta có:
2
' 3 6( 1) (2 1)
Vì ∆ =' 9m2−12m+12 0> ∀m nên 'y có hai nghiệm phân biệt với mọi m Từ đó suy ra đồ thị hàm
số (1) luôn có các điểm cực đại, cực tiểu
Các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) nằm về hai phía khác nhau của đường thẳng y = 1 khi và
chỉ khi đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt Điều này đương đương với
phương trình tương giao
3 3( 1) 2 (2 1) 4 1 (*)
có ba nghiệm phân biệt
2
1 (*) ( 1).( (3 2) 3) 0
x
=
(*) có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi g(x) có hai nghiệm phân biệt khác 1 Từ đó ta được
2
1
(1) 4 4 0
m
Đáp số m≠1
1 điểm
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
-1điểm
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Giải phương trình:
2
sin 3 sinx 2sin 1
4cos x + 2cos x 2cosx 1
x+ + x+π−
=
Điều kiện:
4cos x + 2cos x 2cosx 1 (2cosx 1).cos2x 0 2
2
4 2
k m m
x
≠ ± +
≠ +
¢
Ta có:
sin 3 sinx 2sin2 1 (sin3x + sinx) 1 2sin2
2sin2xcosx cos 2x+ 2sin2xcosx+sin 2 sin 2 (2cosx+1)
π
Phương trình trở thành
0,25đ
0,25đ
Trang 2sin 2 (2cos 1)
3 tan 2 3 cos 2 (2cos 1)
( )
6 2
x
k
+
Đối chiếu với điều kiện ta được
6
x= +π kπ hoặc 5 2 ( )
3
0,25đ
Tính tích phân
2 3
2
x dx
3 9 x
=
− −
∫
Ta có
2
3
3
2
x (3 9 x )
9 (9 x )
189
8
− −
Tính
3
3
2
J=∫x 9 x dx−
Đặt x 3sin t= với ;
2 2
t∈ − π π
Ta có dx 3cos tdt= .
x= → =t π x= → =t π
Từ đó:
2
6
J 9sin t 9 9sin t.3cos tdt 9sin t.3cos t.3cos tdt
sin 2tdt (1 cos4t)dt t
π
π
Vậy I 189 27 81 3
+ π
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Tính thể tích khối chóp S.ABMN và chứng minh rằng hai mặt phẳng (ABM) và (SCD) vuông góc
với nhau.
Ta có (SAB) (∩ SCD)=Sx/ /AB CD/ / Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD Ta có
( IJ)S ⊥Sx Mặt khác theo giả thiết OS IJ
2 2
a
> = , suy ra ¶ISJ<90 0 Vậy góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SCD) là ¶ISJ=600 Từ đó suy ra tam giác SIJ đều Do đó 3
2
a
Ta có N là trung điểm của SD và V S ABMN. =V S ABM. +V S AMN.
.
.
S ABM
S ABC
.
.
S AMN
S ACD
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 3Vậy 2
+) Gọi E=MN∩SJ Do tam giác SIJ đều nên ta có IE⊥SJ Mặt khác do CD⊥(SIJ) nên ta có
CD⊥IE Từ đó ta được IE⊥(SCD), và do vậy (ABM)⊥(SCD)
S x
N E M
D J C
O
A I B
0,25đ
Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [ ]1;2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
Không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử 1≤ ≤ ≤ ≤x y z 2 Ta có
( , , )
= + + + + + =
Ta có
'
0
x
f
Từ đó suy ra P f(1, , )y z 1 y y z 1 z g y z( , )
Mặt khác ta có
'
z
g
Ta có
2
3 3 3( 2)
'( )
y
h y
−
Suy ra max ( ) max (1), (2), ( 2)[ ]1;2 { } (1) (2) 7
y
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 4Từ đó suy ra P≤ f(1, , )y z =g y z( , )≤g y( , 2)=h y( ) 7≤
Khi x= =y 1,z=2 ta có P = 7 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7.
0,25đ
Viết phương trình đường thẳng d cắt (P) tại C, cắt ∆ tại D sao cho ABCD là hình bình hành.
Giả sử (2 ,1D t −t, 2+ ∈ ∆t) , C a b a b( , , 2 + + ∈2) ( )P Ta có
uuur
Vì ABCD là hình bình hành nên ta có:
1 1 1 ( 2; 2;1)
=
uuur uuur
d có vectơ chỉ phương là uuur uuurd =AB=(1;1; 2)
Vậy phương trình đường thẳng d là 2 2 1
0,5đ 0,25đ
0,25đ
Tìm số phức C sao cho tổng lập phương các nghiệm của phương trình z2− +(1 i z C) + =0
bằng 10 2 i+
Theo Định lý Viet ta có
1 2
1
Suy ra:
1 2 ( 1 2) 31 2( 1 2) (1 ) 3(1 ) 2 2 3(1 )
Vậy
1 2 10 2 2 2 3(1 ) 10 2 3(1 ) 12
12 2 2 3(1 )
i
−
+
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
1) Giải hệ phương trình 2 2 2
2
1 2
+
+ =
+ = + −
¡
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2
2
+
Đặt t y
x
= , ta có phương trình
Thay y=2x vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2
2 x+ =5 x + −x 5 Đặt z= x+ >5 0 Ta có hệ phương trình
2
5
2 0
x z
x z
= +
1 điểm
0,25đ
0,25đ
Trang 5Trường hợp x z+ + =2 0 không xảy ra vì ,x z>0.
Với x z= >0 ta được 1 21, 2 1 21
2
2) Tìm tọa độ các đỉnh A B C, , , biết tam giác ABC…
Ta có BC=2 sinR ·BAC=8.
Gọi M là trung điểm của BC, kẻ đường kính AA’ Ta có BHCA’ là hình bình hành, suy ra M là trung
điểm của A’H Do đó AH=2IM =2 IB2−BM2 =2 52−42 =6
Giải hệ 5
6
IA
HA
=
, với giả thiết x A<0 ta được ( 1;5)A − .
Ta có 1 (0; 3) (2, 2)
M
u
−
=
uuur uuuur
uuur
Phương trình đường thẳng BC là 2
2
y
= +
= −
Kết hợp với MB MC= =4, ta được (6; 2), ( 2; 2)B − C − − hoặc ( 2; 2), (6; 2).B − − C −
0,25đ 0,25đ
-1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
1) Giải phương trình x3+3x2+9x+ + −7 (x 10) 4− =x 0 (x∈¡)
Điều kiện x≤4
Biến đổi phương trình về: (x+1)3+6(x+ =1) 4−x.(4− +x 6)
Đặt u= +x 1,v= 4− ≥x 0 Ta có phương trình
6 0
u v
=
Trường hợp 1:
2
2
x
+ ≥
2) Lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm (9;8) A , tiếp xúc với đường thẳng
: 3 4 9 0
d x+ y− = và có chu vi nhỏ nhất.
Gọi I là tâm của (C) Giả sử (C) tiếp xúc với d tại điểm M Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên
đường thẳng d Ta có
| 3.9 4.8 9 |
3 4
Vậy đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất khi và chỉ khi I là trung điểm của AH và R=5
Phương trình đường thẳng AH là
4(x− −9) 3(y− = ⇔8) 0 4x−3y− =12 0
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ 3 4 9 0 3 (3;0)
H
Từ đó suy ra I(6;4).
Vậy phương trình đường tròn (C) là (x−6)2+ −(y 4)2=25
1 điểm
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ