Hướng dẫn chấm đề thi thử ĐH toán A lần 2

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN - KHỐI A LẦN 02 – NĂM HỌC 2010 – 2011

I

1

Khi m 2ta được y x 4 6x25

+) TXĐ: R

+) Sự biến thiên

)

 Chiều biến thiên

Có y' 4 x312x 0 x0;x 3 ' 0y    3x0; x 3 Hàm số đồng biến trên ( 3;0) và ( 3; , nghịch biến trên ) (  ; 3) và (0; 3)

0,25

)

 Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tại x CD 0, giá trị cực đại y CD y(0) 5

Hàm số đạt cực tiểu tại x  CT 3, giá trị cực tiểu y  CT 4

)

 Giới hạn tại vô cực: lim(x  x4 6x25)

0,25

+) Đồ thị: Giao với Ox tại ( 5;0); ( 1;0) ;

Giao với Oy tại (0;5)

0,50

2

+) Có y x 4 (m22)x2m2 1 (x21)(x2 m21) Phương trình

y  x  x  m   có 4 nghiệm phân biệt là  1; m2 khi 1 m 0 0,25 +) Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi (C với trục hoành phần phía trên trục hoành m)

0

20 16 96

m

Giải phương trình2sin2 1 4cos2

Đặt

2

t x  khi đó phương trình đã cho trở thành 2sin2 1 4cos2

t

3

1

1



5

4



3 cos 0

3

cos

3 2

t

k















 0

3

6 2

k





 





  



2

x y x y







1,0

Đặt a 6x y b ;  2x y 2 22 2 1

4



0,25

(2) b2x y    6 0 1 x2x y   6 0 y x 7 0,25 thay vào (2) ta được 3x7 1  x x1 y6 0,25 Thử lại thấy thoả mãn Vậy ( ; ) ( 1;6)x y   là nghiệm của hệ phương trình 0,25

III

Tính giới hạn 3 2

2

lim

x

I





I

3

3

I

I

Vậy 1 2

1 6

S

A

B

C

K

H I

M

Có CM SH CM AH CH AH

CM SA









a

0, 5

3 ( , )

“=” xảy ra khi và chỉ khi HI AI kết hợp với HI AIsuy ra  450

0,5

V

Chứng minh rằng:  2 

e e x

Đặt x

t e bài toán trở thành CMR  t 0 luôn có  2 1

ln 1 1 t lnt

t

    Xét hàm số

t

2 2

f t

t t

 

0,25

Mặt khác

0,25

Suy ra

2

lim ln

t

t t

 

-lim1 0

t t  điều này chứng tỏ hàm số yf t( ) nhận Ox làm một tiệm cận ngang

0,25

Ta thấy yf t( ) đồng biến trên (0;) và hàm số có tiệm cận ngang là y  khi0

VI.a

1

'

M đối xứng với M( 2 ; 0 ) qua (d) :x y 10  0 nên M' ( 10 ;  8 )

Đường thẳng qua M( 2 ; 0 ) với vectơ pháp tuyến n(a;b)có phương trình

0 )

2 (x by

a tạo với (d) :x y 10  0 góc  khi đó





















a b

b a b

a

b a

7

7 5

3 cos 2

2

0,25

Với a 7b chọn b 1  a 7, đường thẳng AB có phương trình 7xy 14  0 cắt

0 10 :

) (d x y  tại A có tọa độ A(  3 ; 7 ) khi đó B đối xứng với A(  3 ; 7 ) qua

) 0

; 2 (

M có tọa độ B( 1 ; 7 )  AB10 2  SAM B  AB d M AB   SABC

2

1 48

2

1

)

;' ( '

'

2 AM

AC 

  C( 17 ;  9 )

0,25

Với b 7a chọn a 1  b 7 khi đó AB:x 7y 2  0 cắt (d) :x y 10  0 tại

) 1

; 9 ( 

2

1 48

'  AC  2 AM'

) 15

; 11 ( 

 C

0,25

A

'

M M

Mặt phẳng (P) qua M(0;1;1) và vuông góc với d1 nhận vectơ chỉ phương u1( 3 ; 1 ; 1 ) làm

(P) cắt d2tại điểm N có tọa độ thỏa mãn hệ ( 1 ; 2 ; 3 )

0 2 3

0 2 1





























N z

y x z y

Đường thẳng cần tìm qua M(0;1;1) và N(-1;2;3) có phương trình chính tắc:

2

1 1

1 1











z y

VII.a

Giải phương trình: 3 2

3(1 2 ) (3 8 ) 2 5 0

2

2

1 (*) ( 1) 2(1 3 ) 2 5 0

2(1 3 ) 2 5 0 (1)

z







0,25

(1) có   ' (1 3 )i 2 (2i 5) 3 4i (1 2 )i 2 0,25

Vậy S={ ; 2 5 ;1}i  i là tập nghiệm của phương trình 0,25

VI.b

1

( 1; 3)

A   trọng tâm (4; 2)G  suy ra trung điểm M của BC có toạ độ 13; 3

M   

( ) : 3d x2y 4 0 là trung trực của AB nên AB nhận (2; 3)u d 

làm vectơ pháp tuyến, AB

có phương trình: 2x 3y 7 0 ; AB cắt (d) tại trung điểm N của AB có toạ độ N2; 1 

5;1

B

  C(8; 4)

0,5

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x2y2 2ax 2by c 0 khi đó

74 21

23

7

3

a

a b c

a b c

c







  





Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 148 46 8

0

x y  x y 

0,5

Đường thẳng (d) vuông góc với (P): x+y+z-1=0 nên (d) có vectơ chỉ phương là (1;1;1)u

Mặt phẳng ( )P chứa 1 dvàd qua M(-1;1;4) nhận (1;1;1)1 u và u 1(2;3; 4)

làm cặp vectơ chỉ

phương hay nhận 1 1

1 1 1 1 1 1

3 4 4 2 2 3

n u u   

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

làm vectơ pháp tuyến có

phương trình: x 2y z 1 0

0,25

(P ) nhận chứa d và 2 d nhận (1;1;1)2 u và u2(2; 3;1)



làm cặp vectơ chỉ phương nên nhận

2 [ ; ] (4;1; 5)2

n u u  

  

, qua N(1;-2;5) có phương trình: 4x y  5z23 0 0,25 (d) là giao của ( )P và (1 P ) có phương trình thoả mãn hệ 2 0,25

2 1 0

x y z

x y z





 đặt z t ta được

5 3

z t

 





 



 

 Vậy đường thẳng cần tìm có phơng trình chính tắc là: 5 3

x y z

VII.b

1 2

3 4 1



(*) Tìm số phức có môđun lớn nhất 1,0

Đ ặt z a bi  ( ,a b )

  

0,25

Do đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thoả mãn là đường tròn tâm (3; 4)I  bán kính

5

R  Khi đó số phức z thoả mãn 1

2

3 4 1



là số phức có môđun lớn nhất thì điểm biểu diễn của z là điểm

đối xứng với (0;0)O qua (3; 4)I 

0,25

Ghi chú:

- Câu IV thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điẻm

- Các ý khác thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa

3

4