Đáp án đề thi thử ĐH lần 2-2011. Môn Toán khối B

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNHÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN 2.. Phương trình 3 là phương trình hoành độ giao điểm của C1 và D... Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi A

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 Khối B

I Môn Toán

I

(2,0đ) 1 Khảo sát sự biến thiên ….Hs tự trình bày 1,000,75

Đồ thị

0,25

Xét phương trình 8 osc 4x 9 osc 2x m  với 0 x[0; ] (1)

Đặt t c osx, phương trình (1) trở thành: 8t4 9t2m0 (2) 0,25

Vì x[0; ] nên t  [ 1;1], giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của

(2)8t  9t   1 1 m(3) Gọi (C1): 4 2

y t  t  với t  [ 1;1]và (D): y = 1 – m.

Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D)

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận:1 81

32

m

  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm 0,25

II

(2,0đ)

Điều kiện: cos sin 2 sin tan cot 2  0

cot 1

x







Từ (1) ta có:

2 cos sin

2 sin

1

x



2sin cosx x 2 sinx

2

cos

2

2 4













  



Giao với điều kiện được ĐS: 2  

4

2 Giải phương trình 1log 2 3 1log4 18 log 4 2 

Trường hợp 1: 0x1:  2  x26x 3 0  x2 3 3

Vậy tập nghiệm của (2) là T 3;2 3 3  0,25

Ta có 2 2

0

(4 os 1)sin x

1 cos

I

x









Đặt t = 1 + cosx, ta được

(4 8 )

t t

 

IV

(1,0đ)

Ta có IA 2 IH 

H thuộc tia đối của tia IA và IA2IH

BCAB 2 2 a Suy ra , 3

2

a

Vì  ,   600 tan 600 15

2

a

0,25

2

a

2

a

SH  ABC  SC ABC SCH   SH HC 

0,25

3

a

V

(1,0đ) Giải bất phương trình

TXĐ: ., BPT 6 2( x2  x1) ( x2  x 1)  6(x2 x1)(x2  x 1) 0 0,25

(vì x2   x 1 0,x) 0,25

Đặt:

2 2

1

t



 

(t > 0), ta được2t2  t 6 0 3

0

2

t

V ây

2

2 2

0,25

VIa

(1,0đ) Từ các chử số …Gọi số cần tìm có dạng là abcde , a b c d e , , , , 0;1; 2;3; 4 (a 0 và e 0; 2; 4 1,00

Số có dạng abcd Chọn 0 a b c d , , , 1; 2;3; 4 thì ta có: 4.3.2.1 = 24 số chẵn dạng abcd0

Số có dạng abcde , e 2; 4 có 2 cách chọn, chọn a1;2;3; 4 \  e có 3 cách chọn,

chọn b0;1;2;3; 4 \ ; e a có 3 cách chọn, chọn c0;1;2;3; 4 \ ; ; e a b có 2 cách chọn

và chọn d0;1;2;3; 4 \ ; ; ; e a b c có 1 cách chọn Vậy: 2.3.3.2.1 = 36

Vậy có: 24 + 36 = 60 số

VIIa

Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình 3 0 9 3;

x y

I

x y

  



Gọi M1 2 ;3 3 ; 2 , t  t t N 5 6 '; 4 '; 5 5 ' t t   t  0,25

 

d M P   t   t t 

Trường hợp 1: t 0 M1;3;0 , MN 6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t  t   t  

MN n  MN n   t   N 

Trường hợp 2: t 1 M3;0;2 , N1; 4;0  0,25

VIb

(1,0đ)

Điều kiện:

2

( )

I





( )

I

0,25

Đặt log2y(1 x)t thì (1) trở thành: t 1 2 0 ( 1)t 2 0 t 1

t

Với t 1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

0 2

x

x





  

 Suy ra: 1

1

y y









0,25

Kiểm tra thấy chỉ có x2, y1thoả mãn điều kiện trên Đáp sốx2, y1 0,25

VIIb

(2,0đ) 1 .Tìm toạ độ điểm M trên đường thảng …Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5. 1.00

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này lập với

nhau một góc 600 thì MAB là tam giác đều hoặc cân tại góc M=1200

* TH1: MAB là tam giác đều Khi đó ta có: suy ra IM 2R=2 5

Vậy điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: x 22y12 20

0,25

Mặt khác, điểm M thuộc, nên tọa độ của M nghiệm của hệ PT :  22  12 20 (1)

2 12 0 (2)

x y







0,25

Từ (1) và (2): 2 102  12 20 5 2 42 81 0 3

27 / 5

y

y







* TH2: MAB cân tại góc M=1200: Giải tương tự TH 1 ta có: Không tồn tại M thoả mãn

0,25

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M6;3 hoặc 6 27;

5 5

M  

0,25

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất

Đường thẳng :

1 2 1 2

y t

z t

 





 



 



Điểm M   nên M 1 2 ;1 ;2t  t t

2

2

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ; 2 5t  và v  3t6; 2 5 0,25

Ta có    

2 2

2 2













Suy ra AM BM | | | |u  v và u v  6; 4 5|u v  | 2 29 Mặt khác:| | | | |u  v u v |

Vậy AM BM 2 29

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v  cùng hướng 3 2 5 1

t

t t

 

1;0; 2

M