HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC-CAO ĐẲNG LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011
I
1
Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.=
• Sự biến thiên: y'=4x3−4x. Ta có 0 0
1
x y'
x
=
→−∞ = +∞ →+∞ = +∞
• Bảng biến thiên:
x −∞ -1 0 1 +∞
y' − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 2 +∞
1 1
0.25
• Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình
2 • Ta có y′ =4x3−8(m−1)x=4x x( 2−2(m−1) ).
0 0
x y
=
nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1
0.25
• Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:
4
2
0.5
So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra 1 3 3
2
II
1
2
cos x≠ ⇔ ≠ +x π kπ
4
cos( x+π ) cos x s= − , −sin x= cos x s i−
0.25
3 4
0
sin x cos x sin x
0.25
0
4
x k
π π
=
Vậy pt có 2 nghiệm:
4
x k
π
=
= +
0.5
Trang 2Đk: y≤1 Ta có x2−y4+9y x= (9+ −y y3) ⇔(x y x y− ) ( + 3− =9) 0 0.25
vì y≤1 và 31 + + x 1 − = y 2 nên 31 x + ≤ 2 ⇔x ≤ 7.Do đó x y+ 3− ≤9 -1<0
Thế vào pt ban đầu ta được 31+ +x 1− =x 2.Đặt a=31+x b= 1−x (b>0) thì
3 2
2 2
a b
+ =
+ =
a + −a = ⇔a + −a a+ = ⇔ a− a + a− =
⇒ a=1; a= − +1 3; a= − −1 3
0.25
III
2
1 2 2
x
−
Tính
0
x
I = x e dx= xe − = +
3 3
3
3 3
e
IV
4a
2a 2
2a
2a
a a
a 5
C'≡C a
a
a a
a
45 °
45 °
H E
A
D
C B
H
B
A
C
D S
Từ giả thiết suy ra SH ⊥(ABCD) và 2 3 3
2
a
Theo định lý Pythagoras ta có CH = SC2−SH2 =a 2
Gọi E HC= ∩ADthế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra
Suy ra CE=2a 2 =d D HC( ; ) =d D SHC( ;( ) )y ra 1( ) 2
4 2
ABCD
Trang 3(đ.v.d.t.) Vậy
3 D
a
V = ×SH S× = (đ.v.t.t.)
V
VI.a
1
Ta có: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 )
= a 3 + b 3 + c 3 + a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2
mà a 3 + ab 2≥ 2a 2 b
b 3 + bc 2≥ 2b 2 c
c 3 + ca 2≥ 2c 2 a Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0
0.25
+ +
+ +
Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 , ta chứng minh được t ≥ 3.
VT t
−
≥ + = + + − ≥ + − = ⇒ VT ≥ 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
0.5
ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán
⇔ (a+3 )(3b a b+ = ⇔ = −) 0 a 3b hay b= − 3a
TH1: AB: x- 3y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)⇒t>-1 và do IA2=2.R2=20⇒ t = 1, t = -1 (loại)
TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)⇒t>0 và do IA2=2.R2=20⇒ t = 0, t = -2 (không thoả
+ ) Ta có: uuurAB=(2; 2; 2),− uuurAC=(0; 2; 2) Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực
+) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là nr=uuur uuurAB AC, =(8; 4; 4).− Suy ra (ABC):
+) Giải hệ:
Suy ra tâm đường tròn là I(0; 2;1) 0.25
Bán kính là R IA= = − −( 1 0)2+ −(0 2)2+ −(1 1)2 = 5 0.25
VII.a
21
20 (1 ) 1
i
10
(1 )+i =(1 )+i (1 ) (2 ) (1 )+ =i i + = −i 2 (1 )+i
0,25
10
10 10
2 (1 ) 1
i
i
Ta có: d1 ∩d2 =I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
=
=
⇔
=
− +
=
−
−
2 / 3 y
2 / 9 x 0 6 y x
0 3 y x
2
3
; 2 9
Trang 4M là trung điểm cạnh AD ⇒M=d1∩Ox Suy ra M( 3; 0)
2
3 2
9 3 2 IM 2 AB
2 2
=
+
−
=
=
2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒d1 ⊥AD
Đường thẳng AD có PT: 1(x−3)+1(y−0)=0⇔x+y−3=0 Lại có:
2 MD
0.25
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
= +
−
=
− +
2 y
3 x
0 3 y x
2 2
±
=
−
−
=
⇔
=
− +
−
+
−
=
⇔
= +
−
+
−
=
⇔
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3 x
3 x y
2 2
2 2
=
=
⇔
1 y
2 x
hoặc
−
=
=
1 y
4 x
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0.25
2
3
; 2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
2 1 3 y y 2 y
7 2 9 x x 2 x
A I C
A I C
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0.25
2
Ta có uuurAB=(2; 3; 1),− − uuurAC= − − − ⇒ =( 2; 1; 1) nr (2; 4; 8)− là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC ta có + +22x x y z−3y z− − =2 0=0
0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII.
b
Đặt z x yi= + x, y( ∈¡ Ta có )
− = − +
0.5
0 2
x x
=
⇔ =
0.5