Giải phương trình lượng giác….. Giải bất phương trình…... Khi đó tam giác CAE cân tại C... Tìm tọa độ các điểm C và D…... Tìm điểm thuộc mặt cầu .... Ta thấy N0 là hình chiếu vuông góc c
Trang 1y
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 B, D)
(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…
Tập xác định: DR\{1}
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn và tiệm cận: lim 2, lim 2
x y x y Đồ thị có TCN: y = 2
lim y ; lim y
Đồ thị có TCĐ: x = 1
0,25
- Chiều biến thiên: ' 32
0;
1
x y’ không xác định tại x = 1 Bảng biến thiên:
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )
Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm A 0; 1 ;B 1;0
2
và nhận giao điểm của 2 tiệm cận I 1;2 làm tâm đối xứng
4
2
-2
-4
0,25
2.(1,0 điểm) Tìm m để diện tích tam giác IMN = 4 …
+/Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C):
0,25
x y’
y
-2
2
- ∞
+ ∞
Trang 2
x 1 2x 1
+/ Đường thẳng cắt đồ thị tại 2 điểm phân biệt M, N f x 0 có hai nghiệm phân
biệt khác 1
2
Tọa độ các giao điểm là M x ;y M M, N x ;y N N Trong đó x , xM N là các nghiệm của
phương trình f(x) = 0 và yM xM m, yN xNm
MN 2 x x 4x x 2 m 2m 13
0,25
+/ Khoảng cách từ tâm đối xứng I đến đường thẳng y = x + m là d m 1
2
Diện tích tam giác IMN là 4, ta được: 1 2
0,25
+/ Giải (*): m 1 412 m 1 2 64 0 m 1 2 4 m3, m (tm)1
Câu
II
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác….
Điều kiện: sin 2x 0
t anx 1
co s x cos x s inx cos x v cotx-1=à cotx-1=
0,25
cos x s inx cos x sin x sin 2x
2 2
2
cos x sin x sin x.cos x sin 2x
cos x s inx cos x s inx s inx cos x s inx 1 s inx.cos x sin x 0 cos x s inx 0
1 s inx.cos x sin x 0
0,5
Giải phương trình: cos x s inx 0 t anx 1 x k k
4
1 s inx.cos x sin x 0 1 cos x s inx 2sin x0 VN
0,25
2 (1,0 điểm) Giải bất phương trình….
x 1 x ; x x 1 x 0
0,25
Trang 3Bất phương trình
2
3 5
log log x 1 x 0
2 5 2
2 2
2 2
x 1 5 x 1
x 1 1 x 2
0,25
Giải BPT (2): 2
1 x 0
x 1
1 x 0
0 x 1
0,25
Giải BPT (1): x2 1 5 x 2 5 x 0 2 x 12
5
x 1 25 10x x
Vậy tập nghiệm của BPT là: S 0;12
5
0,25
Câu
III
(1,0
điểm)
Tính tích phân
c x x x dx x x x dx
I
0,25
u 3sin x 1 ;u 0 Đổi cận: Khi x = 0 thì u = 1 và x
2
thì u = 2
u 3sin x 1 udu 3sin x cos xdx sin x cos xdx udu
3
0,25
1
2
udu x
u
I
Câu
IV
(1,0
điểm)
Tính tỉ số thể tích khối lăng trụ……
0,25
45
E
K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H
Q
N
M
Trang 4Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có:
2
3
a
Vì ' AHA' vuông cân tại H nên A'H a 3
Lại có
4
3 2
3 2
a
Vậy: VABCA ' B ' C ' SABC.A ' H a 3.a2 3 3a3
0,25
Vì ' AHA' vuông cân HK AA' HK BB'C'C
Gọi E = MNKH BM = PE = CN (2)
mà AA’ = A'H2 AH2 = 3a2 3a2 a 6
4
6 2
CN PE BM a
2
MNJI
Ta có thể tích K.MNJI là:
Do vậy:
3 3
2 3 ' ' '
3
1
ABCKMN
A B C KMN
V
V
0,25
Câu
V
(1,0
điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất …
Biến đổi và sử dụng bất đẳng thức BunhiaCôpski ta có
1 4
1 4
1 4
b
c
a
0,5
17
a b c
3
3
a b c
2
a b c thì Min 3 17
2
S
0,5
Câu
VI.a
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp…
I A
C
B D
E
Từ A kẻ AE vuông góc với phân giác trong CD, cắt BC tại E và CD tại I Khi đó tam
giác CAE cân tại C Gọi Em; n
Ta có AE m 3' n 5
, đường thẳng CD có một VTCP là: u2; 1
0,25
Trang 5
AECD AE.u 0 2m n1 1
Tring điểm I của AE có tọa đọ là: I m 3 n; 5
và I CD nên: m2n3 2
Giải hệ phương trình (1), (2) ta được: E 1;1
0,25
Tọa độ vectơ BE 3;4
, suy ra phương trình BC: x 1 3t,y 1 4t , do đó:
C (1 3t;1 4t) Lại do CCD t 1 Hay C2;5 0,25
Phương trình đường tròn (ABC) là: 2 2 2 2
x y 2ax 2by c 0;a b c0
Ta được hpt:
1 a 2 4a 10b c 29
5
8 8a 6b c 25
99 c
4
Vậy phương trình đường tròn là: 2 2 5 99
0,25
2 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng …
Mặt phẳng (P) và (Q) có các VTPT lần lượt là: n1 5; 2;5 , n 2 1; 4; 8
Mặt phẳng (R) cần lập phương trình có 1 VTPT là: 2 2 2
3
n a;b;c , a b c 0
0,25
Theo giả thiết: P R n1 n3 5a 2b5c0 1
Góc giữa (Q) và (R) bằng 450 nên:
2 a 4b 8c 9 2 a b c 2 2
0,25
Từ (1) và (2), ta có: 2 2
7a 6ac c 0 ac;c7a, do 2 2 2
a b c 0
0,25
+/ Với ac, chọn a 1 c1 v b = 0à cotx-1= , nên pt là: x z 0
+/ Với c 7a , chọn a 1 c7 v b = 20à cotx-1= , nên pt là: x 20y 7z 0 0,25
Câu
VII.a
(1,0
điểm)
Số phức…
4i 1 i 4i
2i 1 i 2 2i
1 i 1 i 1 i
Gọi số phức z là: z a bi, a, b
Ta đươc: z 4i 2 a bi 2 2i 2 a 2 b 2 i 2
1 i
a22b 2 2 2 a22b 2 2 4
0,5
Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z thỏa mãn đề bài là đường tròn có
Câu
VI.b
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm C và D….
Phương trình cạnh AB của hình thang là: x y 4 0
Cạnh đáy CD của hình thang có dạng: x y c 0;c 4
Mà CD tiếp xúc đường tròn C : x 1 2y 1 2 với tâm 2 I1; 1 , R 2 0,25
Trang 6Sử dụng điều kiện tiếp xúc, ta được: x y 0
Nhận thấy, tiếp tuyến của đường tròn đi qua A, B phải có hệ số góc k
Đường thẳng đi qua A có phương trình dạng: kx y 40 1
Nên phương trình cạnh AD là: 7x y 4 0 , suy ra tọa độ điểm D 1; 1
2 2
0,5
k 1 loai
k 7
Phương trình cạnh BC là: x 7y 4 0 , suy ra tọa độ điểm C 1 1;
2 2
0,25
2 (1,0 điểm) Tìm điểm thuộc mặt cầu
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): , 2.2 2 1 3 16 5
3
Do đó (P) và (S) không có điểm chung Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0 Ta thấy N0 là hình chiếu vuông
góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)
Đường thẳngqua điểm I, và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của và (P) Mà
có vectơ chỉ phương là n2; 2; 1 và qua I nên có phương trình là
2 2
1 2 3
0,25
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
4 13 14
3 5
Câu
VII.b
(1,0
điểm)
Tìm giới hạn …
Ta có:
ln 1 x
3x
0,25
Tính:
6
0,25
Tính:
2
9 3x
0,25
Trang 7Tính:
x 0
ln 1 x 1 lim
2
x 0
1 5x x ln(1 x) 1 x 23 lim
18 3x
Ghi chú: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa