Đáp Án Thi Thử ĐH lần 1 môn Toán

Do S.ABCD là hình chóp đều nên ABEF là hình thang cân.. Ta có: ABSMN ABMI MI là đường cao của hình thang ABEF...  ABEF Gọi d là khoảng cách từ S tới mặt phẳng ABG, ta có:.

Trang 1

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang)

1







x y x

 TXĐ: \{1}

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 1 2 0, 1

( 1)



x

0,25

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; )

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2;

x y x y tiệm cận ngang y2

lim , lim ;

y y tiệm cận đứng: x1

0,25

- Bảng biến thiên:

x  1 



y  

y

2 

 2

0,25

 Đồ thị:

6

4

2

2

y

0,25

2



x

y

1

; 2

1





M m

Trang 2

Tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình: 1 2( ) 2 1

Giao của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là 1;2 2

1





A

m

Giao của tiếp tuyến với tiệm cận ngang là B2m1; 2

2 1





IA

m , IB 2m2 2m1 IA IB 4

Gọi C là chu vi tam giác IAB, ta có:

0







m

m

 Với m2, ta có M2;3

2sin 2 sin 6

ĐK:

sin 2 0

1 sin 2

2 sin 2 1













 



x x x

(1)

0,25

pt tương đương:

3 2sin 2 (3sin 2 4sin 2 ) 1 tan 1 tan

4 sin 2

 



x

sin 2 4sin 2 1

0 sin 2 4sin 2 1 0

2 4sin 2





sin 2 1

2

 x  (Do điều kiện (1))

12 , k

7 12











  







2 12

Đặt log 5 x t x 5 t, bpt đã cho trở thành:

      

Xét hàm số   5 12

   

Trang 3

do đó (2) t 2

5





  



Dễ thấy y0 không phải là nghiệm của hệ pt Với y0, ta có hệ pt tương đương:

3

3

8



x

y

Đặt u3 ,x v 2

y hệ pt trở thành:  

3 1 26

3

 





 













u v

v

0,25

 Với 3

1







 



u

v , ta có

1 2













    





x

x y

 Với 1

3

 









u

v , ta có

1

3 2

3



 





y

Theo bài ra ta có E, F lần lượt là trung

điểm của SC và SD Gọi O là tâm đáy hình

chóp đều khi đó

,

1 2

G

M

I

N

F E

O

A D

S

0,25

.

=3 1 1 1

0,5

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, I là giao điểm của SN và EF suy ra I là trung

điểm của SN và I thuộc đường thẳng MG

Do S.ABCD là hình chóp đều nên ABEF là hình thang cân

Ta có: AB(SMN) ABMI MI là đường cao của hình thang ABEF

Trang 4

AB EF SO OM ON tam giác SOM vuông cân tại O và tam giác

2

SM SN 

0,5

Xét tam giác SMI vuông tại S, ta có: 2 2 10

4

3 10



ABEF

Gọi d là khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABG), ta có:

.

10

ABEF

V d

Điều kiện 0x4

pt đã cho tương đương với pt:   12

Đặt  g x x x x12 ta có  g x 0 liên tục trên [0; 4] và



x

  5  4

h x x x ta có   h x 0 liên tục trên [0; 4] và



Suy ra:    

 

 g x

f x

h x liên tục trên [0; 4] và

2

( ) ( ) ( )

0, (0; 4) [ ( )]

  h x g x g x h x   

h x

Suy raf x  m có nghiệm

Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của

đường tròn (C), ta có I( 1; 2) , R 3

Gọi M m m( ; 1) là điểm thuộc d

A

I

B M

0,25

120  60

Trong tam giác AMI vuông tại A, ta có: 2 2 4

sin 60

Trang 5

Mặt khác IM2 (m1)2(m 1 2)2 suy ra 2 2 2 4 2 1 1

1





       



m

m

Vậy có hai điểm thỏa mãn ycbt là M1(1; 2); M2( 1;0) 0,5

x ln(x 1) sin x x ln(x 1) sin x

I I

 

Đặt x t , ta có:

1

x ln(x 1) ( t) ln(t 1) t ln(t 1)

t ln(t 1) x ln(x 1)





I 

0,25

Tính

2 6

6

sin os





Đặt t sinxdtcosxdx



    



 

 

2 2

2

1 2 1 2

1 1

1



 





I

t

t

1 1

2 1

ln 3

3 2





 

t

0,25

2 1

ln 3

3 2

I  

(Thí sinh có thể chứng minh

   

2

2



I

rồi tính)

0,25

Trang 6

ĐK: x1

Ta có: x26x122010m x x13

 26 12   3

Xét hàm số    26 12   3

f x x x x x liên tục trên [1;+ )

Đặt  g x x26x122010 ; h x  x x13

Ta có:  g x 0, liên tục trên [1;+ ) ,  h x 0 liên tục trên [1;+ ) và:

 

2



0,25

Do  g x 0 và đồng biến trên [1;+ ) ;  h x 0 và đồng biến trên [1;+ )

nên hàm số f x g x h x đồng biến trên    . [1;+ ) 0,25 Suy ra bất phương trình f x  m có nghiệm khi và chỉ khi

0,25

Vì đường thẳng BC đi qua C, vuông góc với AH

nên nhận véctơ n1(3; 4)

làm VTPT do đó pt đường thẳng BC là: 3 4 4 2 0

3

3x4y120

E K

H

A

D

0,25

Do B là giao điểm của hai đường thẳng BC và BK nên tọa độ B là nghiệm của hệ:



Kẻ đường thẳng đi qua C, vuông góc với BK cắt các đường thẳng BK và AB lần lượt tại E và

D, suy ra phương trình đường thẳng CD là:

4

2 0 3

x  y hay

2 0 3

Do E là giao điểm của hai đường thẳng CD và BK nên tọa độ E là nghiệm của hệ:

2 2

3

4

2 0

3





  



x

x y

vậy ( ; )2 4

3 3

0,25

Do tam giác BCD cân tại B nên E là trung điểm của CD suy ra (0; )2

3

D

Ta có D(4; 16)

3



B



nên có thể chọn n2(4;3)

làm VTPT của đường thẳng BD suy ra đường

Trang 7

thẳng BD có pt: 4x43y60 hay 4x3y 2 0

Do A là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ:



Vậy A( 1; 2)

0,25

2

4





x

x

e

4

2



x

x

Theo giả thiết, ta có: F(0)0  1 2 C0C1 0,25

Vậy nguyên hàm của hàm số f x thỏa mãn ycbt là ( ) ( ) 4 1

2



x

-Hết -

Chú ý: Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa