Hàm số không có cực trị... * Tính thể tích S.ABMD... - Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm.
Trang 1TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
1
(1 đ)
Với m 1ta được hàm số 1
1
x y x
1/ TXĐ: DR\ 1
2/ Sự biến thiên:
- Giới hạn: lim lim 1 1
1
x y
x
đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y 1
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x 1
- Chiều biến thiên:
' 2 2 0
( 1)
x
hàm số đồng biến trên các khoảng xác định
Hàm số không có cực trị
- Bảng biến thiên
x 1
'
y
y
1
1
3/ Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0), cắt trục Oy tại điểm (0; 1)
0.25 đ
0.25 đ
0.5 đ
I
2
(1 đ)
- Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1):
2
1
2
x
x
- Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi PT
(*) có hai nghiệm phân biệt khác m
2
(**)
- Khi đó gọi x x1, 2 là các nghiệm của PT (*), ta có 1 2
1 2
0.25 đ
0.25 đ
Trang 2- Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là A x( ; 1 x12), ( ; B x2 x22) Suy ra AB2 2(x1x2)2 2 ( x1x2)24x x1 22(m26m3)
7
m
m
- Kết hợp với điều kiện (**) ta được m 7 là giá trị cần tìm
0.25 đ
0.25 đ
1
(1 đ)
Giải phương trình:
2
2
Vậy PT ban đầu có 1 họ nghiệm : 2 , Z
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
II
2
(1 đ)
Giải hệ PT:
2
2
(I)
* Nếu x 0thì hệ (I)
2
2
(1 )(2 2) 0
y
vô nghiệm
* Nếu x 0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ chox ta được hệ tương đương
- Đặt
2
1
y
x
, ta được hệ phương trình:
3 1
hoặc 2
1
u v
- Với
2
2
2
1
y
x
2 4 2
10 3
x y
- Với
2
2
2
x
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; )x y (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Trang 3S
M
G
D
C
B
A
III (1 đ)
Tính tích phân:
3
2 0
1 cos
x
2
.cos
- Tính
0
.cos
0
0
.sin
1 cos
x
Đặt x t dx dt
Đổi cận :
2
Đặt tcosxdt sin x dx
Đổi cận:
1
2 1
2 1
dt K
t
, đặt t tanudt (1 tan 2u du)
Đổi cận:
u
4
4
4 2
4
(1 tan )
u du
u
Vậy
2
2 4
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
IV
(1 đ)
1
(0.5 đ)
Trang 4* Tính thể tích S.ABMD
- Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD, 6
3
a
Do ABCD là hình thoi cạnh a, 0
60
BAD ABD và BCD là các tam giác đều
cạnh a, M là trung điểm CD
ABMD ABCD BCM
.
Vậy
3
.
2 8
S ABMD
a
0.25 đ
0.25 đ
2
(0.5 đ)
* Tính khoảng cách giữa AB và SM:
- Nhận thấy: AB CD// AB//(SCD), màSM (SCD) ( , ) ( , ( )) ( , ( ))
2
Mặt khác
vuông cân tại D
2 0
.sin 45 2
SCM
3
V V h S nên 3 B SCM.
SCM
V h
S
Mà
B SCM S BCM S ABCD S ABMD
:
h
2
a
d AB SM
0.25 đ
0.25 đ
V
(1 đ)
- Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
3
2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4
(4 4 ) (2 1 8 4 2)
Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được:
A
- Sử dụng BĐT AM-GM để đánh giá mẫu số, ta có:
0.25 đ
Trang 52 2 2 2 2 2
2
A
A
3
3
x y z xyz
2
A x yz
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
(1 đ)
* Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật:
- Ta có: BABBD suy ra tọa độ B là nghiệm hệ:
(7; 3)
B
- Giả sử A(2a1; )a AB: 2 2 y 1 0; D(7d14; )d BD x: 7y14 0
a
d a
Lại có: BC(x C7; y C3)
Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD BC
với E (2;1)
- Mặt khác điểm E(2;1)AC EA EC,
cùng phương 2
0
a
Vậy A(1; 0), B(7; 3), C(6; 5), D(0; 2) là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm.
0.25 đ
0,25 đ
0.25 đ
0.25 đ
1
(1 đ)
Đường thẳng d đi qua điểm 1 M 1 (0; 1; 0) , có vectơ chỉ phương là u 1 (1; 2; 1)
Đường thẳng d đi qua điểm 2 M 2 (1; 1; 4) , có vectơ chỉ phương là u 2 (1; 2;3)
a/ Ta có u u 1, 2(8; 2; 4), M M1 2 (1; 0; 4)u u 1, 2.M M1 2 8 0
1, 2
d d
chéo nhau
Lại có u u 1 2 1 4 3 0d1 d2
Vậy d , 1 d chéo và vuông góc với nhau 2
b/ Gọi M dd1, N dd2M ( ; 1 2 ; ), t t t N (1s; 1 2 ; 4 3 ) s s
là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d
Lại có u (1; 4; 2)
là vectơ chỉ phương của ,
0.25 đ
0.25 đ
0,25 đ
Trang 6do đó //d u
s t
u MN
s t
0
(2;3; 2) 2
s
M t
Vậy đường thẳng cần tìm là : 2 3 2
0.25 đ
VII.a
(1 đ)
* Tìm số phức z
z a bi a b R
Và 1 ( 1) ( 1) ( 1)2 ( 2)(2 1) (22 3) 22
i
thuần ảo khi và chỉ khi 2 ( 1) ( 2)( 1) 0
0 va 2
Vậy có hai số phức cần tìm: z 2 i và 7 1
z i
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
(1 đ)
* Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm
- Xét hệ PT giao điểm
4, 0 1
16 9
0, 3
là các
giao điểm của d và (E)
- Gọi
0 0
16 9
C x y E (1) Ta có ( , ) 3 0 4 0 12
5
ABC
Theo giả thiết suy ra 0 0 0 0
- Từ (1) và (2) ta được PT 2
2y 12y 270, PT này vô nghiệm
- Từ (1 và (3) ta được PT 32 02 144 0 3 0 2 2
2
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2 2; 3
2
C
và 2 2; 3
2
C
0,25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
2
(1 đ)
Ta có: 1: 2 4
1
d đi qua điểm M 1 (0; 2; 4) , có vectơ chỉ phương là u 1 (1; -1; 2)
2
d đi qua điểm M 2 ( 8; 6;10), có vectơ chỉ phương là u 2 (2;1; 1)
a/ u u 1, 2 ( 1;5;3), M M1 2 ( 8; 4;14)u u 1, 2.M M1 2 700 Suy ra d và 1 d chéo nhau 2
1 2
1 2
35 ,
d d d
u u
b/ Ta có Ad1, Bd2A( ; 2t t; 4 2 ), t B ( 8 2 ;6s s;10s)
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Trang 7Do AB là đường vuông góc chung nên 1 1
2
t
(2; 0; 0), (0;10; 6)
Mặt cầu đường kính AB có PT là: (x1)2(y5)2(z3)2 35
0.25 đ
VII.b
Giải hệ PT:
log ( ) log ( )
4 2 2 (1)
1 log (4 4 ) log log ( 3 ) (2)
2
Đặt log ( 3 )
2 xy 0
t , PT (1) trở thành 2
3
2
t
Thay vào PT (2) ta được PT: 4 2 362 1 4 4 9
2
2
3
6
x
3 3
6 6
2
y x
Vậy hệ có 2 nghiệm là 3; 3 , 6; 6
2
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
0.25 đ
Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó
- Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm
- Thí sinh thi khối D thì câu I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ
