Đáp án đề thi thử ĐH&CĐ khối A-thpt Đào Duy Từ-TH (Lần 2)

Giải phương trình lượng giác…... Giải hệ phương trình….. Hệ phương trình vô nghiệm... Viết phương trình Hypebol…... Tìm điểm thuộc đường thẳng ...

y

O

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

TRƯỜNG THPT DAOD DUY TỪ ĐỀ THI THỬ ĐH & CĐ (LẦN II) NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn thi: TOÁN ( Khối A)

(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

Ngày thi 09 tháng 04 năm 2011

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

m

Câu I

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm) Khảo sát…

• Với m = -1, hàm số là y = - x3 + 3x2 (C-1)

• Tập xác định: D R=

- Sự biến thiên: Giới hạn: lim , lim

→+∞ = −∞ →−∞ = +∞

0,25

- Chiều biến thiên: 2

' = − 3 + 6 ; ' 0 = ⇔ = 0; = 2

Bảng biến thiên:

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞ ; 0) và (2; +∞ ); đồng biến trên khoảng (0; 2)

Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0,y CT = 0; đạt cực đại tại x= 2,y CD = 2 0,25

• Đồ thị:

4

2

-2

-4

f x ( ) = -x 3 +3 ⋅ x 2

0,25

2.(1,0 điểm) Tìm m để AB = …

+/Ta có y’ = -3x2 + 6x + m + 1

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có nghiệm và đổi dấu  m > -4 0,25

+/Đường thẳng đi qua các điểm cực trị có phương trình:(2m+8)x – 3y + 4(m+1) = 0

Giao điểm với trục tung Oy là A 0;4m 4

3

+

0,25

+/Đồ thị (Cm) có điểm cố định là I= (-1; 4)

+/Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại I là: (m – 8)x – y + m – 4 = 0

+/Giao điểm của tiếp tuyến với trục tung Oy là: B(0; m – 4) 0,25

* Ta có AB 2 m 16 2 m 16 3 2;m 16 3 2

3

+

Câu II 1 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác….

-−∞

0

_-

0 y

Ta có: y” = -6x + 6, nên đồ thị có 1 điểm uốn là U(1; 2)

Đồ thị đi qua 2 điểm O(0; 0) và M(3; 0)

điểm) Điều kiện: sin 2x 0cot x ≠ 1

Ta có: tan x cot x 1 v cosx cosà 7 x cosx sinx

π

2sin x cosx 2 sinx sinx 2 cos x 2 0

sinx 0

2 cos x

2

=







0,25

+/ sinx 0 = (loại)

+/ cosx= 2 ⇔ = +x π k2 kπ ( ∈¢)

2 4 , Do x= − +π k2 kπ ( ∈¢)

0,25

2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình….

Điều kiện:  ≥01

 ≥ −



x

y Đặt

+







x 1

2

2 2 2

có:

=

u v

Ta

Với u v= = 2:

+

+ =





x 1

y 1 4

y 1 2 Hệ phương trình vô nghiệm 0,25

Câu

III

(1,0

điểm)

Tính tích phân

2 2

xdx

1 x

=

= − −





0,25

( )

3 3

2 2

2 2

2

2 1 1

2 2

1

x

−

Tính

( )

2

−

Đặt u= 1 x ;u 0− 2 > Đổi cận: Khi x= ⇒ =1 u 3; khi x= 3 ⇒ =u 1

Ta có: u2 = −1 x2 ⇔ x2 = −1 u2 ⇒xdx= −udu

Nên

2

0,25

Vậy 3 3 ( )

4

+

Câu

IV

(1,0

điểm)

Tính thể tích khối chóp……

O

A B

D'

A' C'

B'

H

0,25

Từ giả thiết: ·D' DO 60= 0

Tam giác ABD đều, AC 2AO 2.a 3 a 3 v ODà 1BD a; DD'=a

Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’ Ta có: OO ' = =a DD ' và OO ' ⊥AC

(do AC ⊥(BDD B' ')), nên diện tích tam giác ACC’ là:

0,25

Diện tích tam giác ACD là S ACD a2 3

4

Kẻ OH vuông góc với CD thì D' H⊥CD v OD'H à∆ vuông tại O Do đó DH a

4

=

Suy ra D' H D' D2 DH2 a 15

4

Diện tích tam giác C’CD là S C 'CD 1S CDD'C ' 1CD.D' H 1 a 15a a2 15

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là:

a 3 a 3 a 15 a 3

0.50

3

'

∆

C AC D C ACD ACD

Câu V

(1,0

điểm)

Chứng minh bất đẳng thức

Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 dãy số x y;y z;z x và x z;y x;z y

Ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 2 2 2)2 ( )

1

0,25

Xét hiệu: ( )

2 2 2 2 2 2

3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

1 = 1 = 1

F

xyz

xyz

x y y z x z xy yz zx xyz

0,25

Suy ra x y2 y z2 z x2 x z2 y x2 z y2 2( )

Từ (1) và (2) Ta được:

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

0,25

Đẳng thức xảy ra ⇔ = = >x y z 0 (ĐPCM)

0,25

Câu

VI.a

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm A và B

I O

B

E P

D

A

C

Kí hiệu A=(x ;yA A) v B= x ;yà ( B B)

Đường thẳng đi qua các tiếp điểm A, B của đường tròn là: 3x 4y 5+ =

Suy ra giao điểm của AB với trục Ox là I 5;0

3

=  ÷

0,25

Do các tứ giác QICA và QIBD nội tiếp, nên tam giác OCD cân tại O, suy ra Ox là

trục đối xứng của CD Vậy E thuộc Ox

0,25

Mặt khác, ·OPB OAB OCD=· = · =α v OP=5à , nên sin 5

5

α =

Lại có cot CI 12 cot2 1 CI22 1 CI2 4OI2

α

3

0,25

Gọi E a;0 : EI( ) CD 3 10 3 a 5 10 3

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: E 5 10 3;0 v E'=à 5 10 3;0

2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng …

Chọn M= −( 2;2;0 , N) =(1; 2;1− )∈d', thì phương trình

x 1 3t ' d' : y 2 4t '

z 1 t '

= +



 = − −





Gọi A, B là các giao điểm của ∆với d và d’ Khi đó tọa độ của A, B có dạng:

A= − +1 2t;1 2t; t v B = 1 3t '; 2 4t ';1 t '+ − à + − − +

0,25

Mặt phảng (P) có 1 VTPT là nr =(1;2; 1− ) và

AB= + −2 3t ' 2t; 3 4t ' 2t;1 t ' t− − − + +

Lại do ∆ ⊥( )P , nên nr =(1;2; 1− ) và ABuuur= + −(2 3t ' 2t; 3 4t ' 2t;1 t ' t− − − + + ) cùng

phương, hay 2 3t ' 2t 3 4t ' 2t 1 t ' t

− Giải hpt ta được

1

t ' , t 1 2

Vậy đường thẳng ∆xác định bởi A=(1;3; 1− ) và có 1 VTCP là nr =(1;2; 1− ) nên có

phương trình là: x 1 y 3 z 1

−

0,25

Câu

VII.a

(1,0

điểm)

Số phức…

( 4i i 1) ( )

4i

2 2i

i 1 i 1 i 1

+

− − + Có điểm biểu diễn A= (2; -2)

(1 i 1 2i− ) ( + ) = +3 i Có điểm biểu diễn B= (3; 1)

( ) ( )

(2 6i 3 i) ( )

2 6i

2i

3 i 3 i 3 i

− − + Có điểm biểu diễn C= (0; 2)

0,5

Xét ( )

BA 1; 3 BA 10

BC 3;1 BC = 10

uuur uuur ; lại có BA.BC 0uuur uuur= ⇔BA⊥BC Suy ra tam giác ABC vuông cân tại B

0,25

Gọi số phức cần tìm là z a bi; a,b= + ∈¡ Điểm D biểu diễn số phức z là: D=(a; b)

ABCD là hình vuông ⇔ BA CD a 0 1 a 1

uuur uuur

Vậy số phức z cần tìm là: z= − −1 i

0,25

Câu

VI.b

(2,0

điểm)

1 (1,0 điểm) Viết phương trình Hypebol….

Đường tròn ( ) ( )2 2

C : x 5+ +y =9có tâm F= −( 5;0) và bán kính R = 3 Đường thẳng có phương trình x = 1 đi qua T (1;0) không là tiếp tuyến của (C)

Phương trình tiếp tuyến có dạng: kx y k 0 − − = ( )∆

0,25

Đường thẳng ( )∆ là tiếp tuyến của (C) (F; )

2

3

k 1

∆

− −

+

Theo bài ra: Phương trình các đường tiệm cận của Hypebol (H) là: y 3x

3

= ±

0,25

Phương trình chính tắc của (H) là: x22 y22 1

a −b = với a, b, c >0 và c2 =a2 +b2

Theo gỉa thiết: c = 5 nên

2

75

4

a 3

25

a b 25

4



=

=



0,25

Vậy phương trình (H) cần tìm là:

1

75 25

2 (1,0 điểm) Tìm điểm thuộc đường thẳng

Phương trình tham số của d1 là:

1 2

3 3 2

= +



 = −



 =



M thuộc d1 nên tọa độ M (1 2 ;3 3 ;2+ t − t t)

Theo đề bài:

( )

|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |

3

0,25

+ Với t1 = 1 ta được M1(3;0; 2);

+ Ứng với M1, điểm N1∈d2 cần tìm là giao của d2 với mp qua M1 và song song với

mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là: (x− −3 2) y+2(z− = ⇔ −2) 0 x 2y+ − =2z 7 0 (1)

Phương trình tham số của d2 là:

5 6 4

5 5

= +



 =



 = − −



(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0)

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5) 0,25 Câu

VII.b

(1,0

điểm)

Giải bất phương trình logarit

Điều kiện xác định:

( )

2 2 2

2x 3x 1 0

1

x 4x 3 0 x 1

2

x 4x 3 x 1 0







0,25

BPT

log 2x 3x 1 log x 4x 3 x 1 2x 3x 1 x 4x 3 x 1

1 x 1 2x 1 x 3 x 1 x

0,25

1 2x 3 x 1 x 3 2 3 x 1 x

2

< ) 0,25

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: S ;1

2

= −∞ ÷