- Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng... Tìm ĐK để PT có nghiệm suy ra điều kiện của t... -Cuối cùng còn lại 4 người là nhóm cuối.. Khi làm bài yêu cầu học sinh trình bày thật chi tiế
Trang 1Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 1 / 9
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT YÊN MÔ
Giáo viên: Đinh Xuân Thạch
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2011
Môn: Toán
(Hướng dẫn chấm gồm 09 câu, 09 trang)
I
(2.0điểm)
1 ( 1.0 điểm)
Với m = -2 ta có: 4
2
1 4 2
+ +
−
y
1.Tập xác định: D = R
2 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: Ta có y' = − 2x3+ 2x= − 2x(x2 − 1)
±
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
1
0 0
1 2
0
x
x x
x y
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−1) và ( )0;1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−1;0) và (1;+∞)
0.25
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x=0; yCĐ = 4 Hàm số đạt cực đại tại x=±1;; yCT = 9/2
- Giới hạn tại vô cực: =−∞
=
+∞
→ +∞
2
1 lim
x x
= −∞
=
−∞
→
−∞
2
1 lim lim y x4 x2
x x
0.25
- Bảng biến thiên:
x −∞ − 1 0 1 + ∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y 9/2 9/2
∞
− 4 − ∞
0.25
3 Đồ thị:
- Giao Ox:
4
2 0
4 2
1 0
2
2 2
=
−
=
⇔
= + +
−
⇒
x
x x
x y
⇒ Đồ thị giao Ox tại: (−2;0), ( )2;0
- Giao Oy tại (0; 4)
- Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng
-1
1 2 3 4
x y
0.25
Trang 2Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 2 / 9
I
(2.0điểm)
2 ( 1.0 điểm)
m x
m x m
2
1 4 − 2 −
m
y = 4 3 − '
±
=
=
⇔
=
−
⇔
=
−
⇔
=
2
0 0
4 0
4 0 '
2 2 3
m x
x m
x x mx
x m y
ĐK để hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu là
0 0
0 3
0 '
0
>
⇔
≠
>
⇔
=
>
m m
m biÖt phan nghiÖm cã
y PT
a
0.25
Với x= 0 ⇒y= − 2m
x m y m 2m
16 2
3
−
−
=
⇒
±
=
Tọa độ 3 điểm cực trị của đồ thị:
) 2
; 0
−
−
16
; 2
3
−
m
16
; 2
3
-Ta có A ∈ Oy, B và C đối xứng nhau qua trục Oy nên ∆ABC cân tại A.Gọi
H là trung điểm BC ⇒ AH là đường cao ∆ABC
m x x
BC= C− B = ;
16
3
m y y
AH= A − B =
0.25
32 1
16
2
1 1 2
=
⇔
=
⇔
=
=
S ABC
0.25
−
=
=
⇔
)
¹ ( 2 2
2 2
4
4
i lo m
m
Vậy m=2.4 2 thỏa mãn bài toán
0.25
II
(2.0điểm)
1 ( 1.0 điểm): Giải PT Lượng giác
-ĐK: x≠ ⇔x≠ +m , m∈Z
2 0
−
−
=
−
−
⇔
−
=
−
−
x x
x x x
x x
x x x
2 cos 1 2 cos 3 1 sin tan 2 sin
2 4 sin 2 cos 3 2 1 sin tan 2
π π
(sin 2 tan )(sin 1) 3 cos 2 (sin 1) 0
sin 1 2 cos 3 1 sin tan 2 sin
=
− +
−
−
⇔
−
=
−
−
⇔
x x x
x x
x x
x x
(sin − 1).(sin 2 − tan + 3 cos 2 )= 0
= +
−
=
⇔
0 2 cos 3 tan 2 sin
1 sin
x x
x x
0 2 cos 3 cos
sin cos
sin
x
x x
(2 cos 1) 3 cos 2 cos 0
(sin 3 cos ) 0
2
= +
=
⇔
0 cos 3 sin
0 2 cos
x x
x
0.25 (loại vì sinx =1⇒cosx=0)
Trang 3Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 3 / 9
II
(2.0điểm)
+
−
=
+
=
⇔
−
=
+
=
⇔
−
=
+
=
⇔
π π
π π π
π π
π
k x
k x
x
k x
x x
k x
3
2 4 3
tan
2 4 cos
3 sin
2
(Thỏa mãn ĐK) KL…
0.25
Cách 2: Phân tích thành tích rồi giải PT: sin2x−tanx+ 3cos2x=0
Bằng cách đặt t = tanx, ta có:
+
−
=
+
=
2 2 2
1
1 2 cos
1
2 2 sin
t
t x t
t x
2 ( 1.0 điểm) Giải hệ
−
=
− +
−
−
+
= +
) 2 ( 1 2 7 8 1 2
4
) 1 ( 2
2
2
2 2 3
y x
y x
xy y x y x
- ĐK: 2x2− y−1≥0
- Ta có:
=
−
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
−
−
⇔
=
− +
−
⇔
)
¹ ( 0 2
0 2
0 ) ( ) ( 2 0 2
2 ) 1 (
2 2
2 2
2 3
i lo y
x
y x y
x y x
y x y y x x xy
y y x
Với x = y thế vào (2) ta có:
(2 1) 0(3) 7
8 1 2
4
1 2 7 8 1 2
4
2
2
=
−
−
− +
−
−
⇔
−
=
− +
−
−
x x
x x
x x
x x
Vì 3 8x3−7 và (2x−1) không đồng thời bằng 0 nên ta có:
( )
1 6 12 8 7 8 1
2 4
0 1 2 7 8 1 2 7 8
1 2 7 8 1
2 4 ) 3 (
2
2
2 3
3 2
2
2
3 3
2
=
− +
−
− +
−
− +
−
−
− +
−
−
⇔
=
− +
−
− +
−
−
−
− +
−
−
⇔
x x
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
x
6 6 12 1
2 4
2
2
2
− +
−
− +
−
−
− +
−
−
⇔
x x
x x
x x x
x
1 2
3 2
1 2
2
2
2
2
− +
−
− +
−
−
− +
−
−
⇔
x x
x x
x x x
x
0.25
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
−
⇔
2 1
1 0
1 2
0 1
x
x x
x x
x
V ậy hệ có nghiệm:
2
1
;
1 = = −
=
0.25
Trang 4Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 4 / 9
III
(1.0điểm)
dx x x x
dx dx
x x x
dx x
x x x
=
+
0 2 3
0 4 3
0
2 4
3 0
4
2 2
tan 4 cos tan
4 cos
1 cos
cos sin 4 1
π π
π π
x
0
2 2
3
0 4
cos 1
π
x x
dx x x
dx x
0 2 3
0
2 2
3
0 4 1
cos
1 1 tan cos
1 cos
1 cos
1
∫
∫
=
π π
π
x
cos
1
=
3 3
; 0
3 1
3
0
3 3
0
2
+
= +
I
0.25
18 cos
2 cos
cos
1 cos
1 tan
2 3
0 2 3
0
2 3
0 2
3
0 2 3
0
2 3
0
2 2
π
π π π
π π
π
−
=
−
=
=
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
dx x
x x
dx x x
dx x x
x dx
x x
dx x x I
Đặt
=
=
⇒
=
=
x v
dx du dx
x dv
x u
tan cos
1
2
dx x
x dx
x x
x
0
2 2
3
0
3 0 2
cos
sin 18
3
3 18 tan
tan
π π
0.25
2 ln 18 3
3 cos
ln 18 3
3 cos
) (cos 18
3
3 0
2 3
0
2
−
−
= +
−
= +
−
π
x x
x d
−
− +
= +
18 3
3 4 3 2 4
2 2
1
π π
I I
0.25
IV
(1.0điểm)
2
3 4
3 2
-Gọi O là tâm của đáy ABCD;
DM AO
H = ∩ là tâm của ∆ABD -Vì chóp S.ABD đều ⇒SH⊥ (ABCD) ⇒SH⊥BC;
và chỉ ra được BH ⊥ BC; suy ra BC ⊥(SHB). -Chỉ ra được SBH^ = 60 0 là góc giữa (SBC) và (ABCD)
0.25
Trang 5Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 5 / 9
C
S
M
D
K
IV
(1.0điểm)
-Xét ∆SHB vuông t ại B, có:
3
3 2
3 3
2 3
HA
a
a HB
SH HB
SH
3
3 60
tan
6
3
2
3 3
1 3
.
a a
a SH S
0.25
• Ch ứng minh MK ⊥(SCD):
-Vì chóp S.ABD đều, AK⊥SD⇒BK ⊥SD
MK SD KAB
0.25
) (
ABCD SH
vi SH AB
DM AB
⊥
⇒
⊥
⊥
⊥
mà CD//AB ⇒CD⊥ (SDM) ⇒CD⊥MK (2)
Từ (1), (2) ⇒MK ⊥(SCD)
0.25
V
(1.0điểm)
1
2 ) 2 ( ) 2 ( −m x2+ m+ x+ −m≤m x4+x2+ (1); -ĐK: ∀x∈R
-Ta có: x4+x2+1=x4 +2x2+1−x2 =(x2+1)2 −x2 =(x2+x+1)(x2−x+1)
x x
x x
∈
∀
>
+
−
>
+ +
, 0 1
0 1
2
2
Do đó:
2
1
2 ) 2 ( ) 2 (
2 2
2 2
2 4 2
+
− +
+
≤ +
−
− + +
⇔
+ +
≤
− + + +
−
x x x x m x
x m x
x
x x m m x
m x
m
0.25
1
1
1
1
+
−
+ +
≤
− +
−
+ +
⇔
x x
x x m m x
x
x x
; Đặt
1
1
2
2
+
−
+ +
=
x x
x x
t , t > 0
2 2
2
1
2 2 ) ( '
; 1
1 )
(
+
−
+
−
= +
−
+ +
=
x x
x x
g x
x
x x x g
Trang 6Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 6 / 9
III
(1.0điểm)
1 0
2 2 0 ) ( ' x = ⇔− x2 + = ⇔ x=±
g
1 ) ( lim
; 1 1
1 lim
) (
2
=
= +
−
+ +
=
−∞
→ +∞
→ +∞
x x
x x x
g
x x
B ảng biến thiên:
x −∞ − 1 1 + ∞
g’(x) - 0 + 0 -
g(x) 3
1
1
3 1
∈
⇒
∈
∀
3
1 ,
3
; 3
1 )
( 1) ( 1 ) 1 0
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
=
− + +
−
−
⇔
+ +
= +
−
⇔ +
−
+ +
=
t x t
x t
x x x
x t x
x
x x t
(Có th ể tìm điều kiện của t như sau:
Coi đây là PT bậc 2 ẩn x, t là tham số Tìm ĐK để PT có nghiệm suy ra điều kiện của t )
0.25
t
t t
m t t m m
+
⇔ +
≤
⇔
≤
−
1
2 1 2
2
2 2
2
(2)
Xét hàm số:
1
2 ) (
2
+
=
t
t t
3
1
t
∈
>
+
+
3
1 , 0 1
4 2 ) (
2
t t
t t t
f Nên f(t) đồng biến trên ; 3
3
1
0.25
-BPT(1) th ỏa mãn ∀x∈R⇔ BPT (2) thỏa mãn
∈
3
1
t
1 3
6 3
) ( max
3
; 3
+
⇔
≤
⇔
≤
⇔
0.25
VI.A
(2 0điểm)
1 (1.0điểm): Tìm tọa độ A, B, C
-T ọa độ của B là nghiệm của hệ:
−
=
=
⇔
=
−
−
=
−
−
2
0 0
8 4 7
0 4 2
y
x y
x
y x
) 2
; 0 ( −
-Vì ∆ABC cân t ại A nên AG là đường cao của ∆ABC
Vì AG⊥BC nên phương trình của đường thẳng AG là:
0 3 2
0 3
1 1 3
4
− +
G ọi M là trung điểm của BC, tọa độ của M là nghiệm của hệ:
) 1
; 2 ( 1
2 0
4 2
0 3 2
−
⇒
−
=
=
⇔
=
−
−
=
− +
M y
x y
x
y x
0.25
-G ọi A(x; y) , Ta có: AG=2GH,
− − −
=
=
3
1 1
; 3
4 2
; 3
1
; 3
4
GH y x
Trang 7Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 7 / 9
VI.A
(2.0điểm)
Ta có:
+ +
=
+ +
=
3
3
C B A G
C B A G
y y y y
x x x x
, suy ra C(4; 0)
(Hoặc tìm tọa độ C dựa vào M là trung điểm của BC)
Vậy A(0; 3), B( 0 ; − 2 ), C(4; 0)
0.25
2 (1.0điểm): Viết phương trình đường thẳng ∆
- mp(P) có vectơ pháp tuyến n P =(1;−2;2) -G ọi M, N lần lượt là giao điểm của ∆ và d1, d2
) 2
; 3 3
; 2 1
d
M∈ ⇒ + − ; N∈d2 ⇒N(5+6t2;4t2;−5−5t2)
(6 2−21+4; 42 +31−3; −52 −21−5)
MN
0.25
-T ừ giả thiết
=
∆
∆
2 )) ( , (
) //(
P d
P
ta có h ệ:
= +
+
− +
−
− +
=
⇔
=
⊥
2 4
4 1
1 2 2 ) 3 3 ( 2 2 1
0 2
)) ( ,
n MN P
M d
n
−
=
=
=
=
⇔
−
=
−
=
−
= +
⇔
=
−
=
−
−
⇔
=
−
=
−
−
− +
− +
− +
−
⇔
1 1 0 0
1 1 2
1 1 2
0 1
1 2
0 12 12
6 6 12
0 ) 5 2 5 ( 2 ) 3 3 4 ( 2 4 2 6
2 1 2 1
1 1
2 1
1
2 1
1
1 2 1
2 1
2
t t t t
t t
t t t
t t
t
t t t
t t
-Với
=
= 0
0
2
1
t
t
, ta có: M(1; 3; 0), N(5; 0 ; -5)
∆ đi qua M và có vectơ chỉ phương là MN =(4;−3;−5) nên có PT:
5 3
3 4
1
−
=
−
−
=
x
0.25
-Với
−
=
= 1
1
2
1
t
t
, ta có ∆ đi qua M(3; 0 ; 2), N(-1; -4; 0) và có VTCP )
2
; 4
; 4 (− − −
=
2
2 4
4
3
−
−
=
−
=
−
x
KL: có 2 đường thẳng thỏa mãn bài toán :
2
2 4
4
3 :
; 5 3
3 4
1
−
=
−
=
−
−
∆
−
=
−
−
=
−
(HS có thể viết PT đường thẳng dạng tham số hoặc chính tắc)
Cách 2:
∆
- Lập PT mp(Q) song song và cách (P) một khoảng bằng 2
- Khi đó đi qua M, N lần lượt là giao điểm của d1, d2 v ới (Q)
0.25
Trang 8Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 8 / 9
VII.A
(1 0điểm)
Đặt z=x+yi; (x,y∈R) -Ta có
(x ) (y )i x ( y)i
i yi x i yi
x i z i z
− +
= + + +
⇔
+
−
= + + +
⇔ +
= + +
6 2
4
6 2
4 6
2 4
6 2
⇔
) 1 ( 0 2 2 0
16 16 8
12 36 4
4 16
2
=
− +
⇔
=
− +
⇔
+
− +
= + + + + +
⇔
y x y
x
y y x
y y x
x
0.25
-Ta có:
(z+ 1) (z+ 2 −i)= (x+ yi+ 1 )(x−yi+ 2 −i) =[ (x+ 1)+yi].[ (x+ 2) (− y+ 1)i]
(x )(x ) (y y ) ( x y )i
i y x x
y y
y x
x
1 1
2 1
1 1 2
1 2
1
− +
− + + + + +
=
+ +
− + + + + + +
=
-Ta có:(z+ 1) (z+ 2 −i) là s ố thực⇔ ⇔ −x+y− 1 = 0 ( 2 )
0.25
-T ừ (1) và (2) ta có hệ:
=
=
⇔
=
− +
−
=
− +
1
0 0
1
0 2 2
y
x y
x
y x
i
z=
0.25
T ính t ổng S:
Xét cấp số nhân (un) , với u1 =1;công bội 2
z
q=
và 2012
z là số hạng thứ 1007
1 1
1 1
1 1
1
2
1007 2 2
1007 2
−
−
=
−
−
=
−
−
=
i
i z
z q
q u S
n
0.25
VI.B
(1 0điểm)
1 (1.0 điểm)
Đường tròn (C có tâm I1) 1(0; -1), bán kinh R1 = 2
Đường tròn (C2)có tâm I2(1; 0), bán kinh 2
2 ,
2 2
2
−
=
I d
0.25
-TH1: Nếu đường thẳng ∆ ⊥Ox, thì ∆ có phương trình dạng: x –m = 0
Từ giả thiết ( )
=
∆
=
∆ 1 ,
,
2
1 1
I d
R I
d
ta tìm được m = 2
Vậy phương trình đường thẳng ∆: x – 2 = 0
0.25
-TH2: Nếu đường thẳng ∆ không vuông góc với Ox, ∆ có hệ số góc k nên ∆ có phương trình: y=kx+b⇔kx−y+b= 0
Từ giả thiết ( )
=
∆
=
∆ 1 ,
,
2
1 1
I d
R I
d
ta có hệ:
= + +
= + +
1 1
2 1 1
2 2
k
b k k
b
0.25
=
=
⇔
+
= +
+
= +
⇔
+
= +
+
= +
⇔
1
0 1
1 4 1
1
1
2 1
2 2
2 2 2
2
b
k k
b k
k b
k b k
k b
Suy ra phương trình của ∆: y = 1
KL: có 2 đường thẳng thỏa mãn: ∆1:x−2=0; ∆2: y−1=0
0.25
Trang 9Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần 2 – Trường THPT Yên Mô B Trang 9 / 9
VI.B
(1.0điểm)
; 24
2 =
ABC
=
−
− + + + +
=
−
− + + +
⇔
=
=
⇔
24 2
2 2 1
24 2
6 3
2 2
2
2 2
2 2
2
2 2
b a b
a
b a b
a BC
AC
BC AB
0.25
=
=
⇔
= +
= +
−
⇔
2
1 3
0 3 6
3 2
b
a b
a
a a
V ậy A(1;2;0) 0.25 -Trọng tâm của ∆ABC là G(− 1 ; 0 ; 0 )
Ta có MA+MB+MC = 3MG =3MG
MC MB
MA+ + nhỏ nhất ⇔ MG nhỏ nhất
⇔ M là hình chiếu vuông góc của G lên (P)
-Chỉ ra PT của đường thẳng d đi qua M và vuông góc với (P) là:
=
=
+
−
=
t z
t y
t
-Ta có M =d∩(P) Nên M( 1 ; 1 ; 1 ).
0.25
VII.B
(1.0điểm)
Tổ có 12 người -Chọn ra 4 người từ 12 người có: 4
12
C (cách)
-Còn lại 8 người, chọn ra 4 người từ 8 người còn lại có: 4
8
C (cách)
-Cuối cùng còn lại 4 người là nhóm cuối
Vậy số phần tử của không gian mẫu: n( )Ω =C124.C84 1 = 34 650
0.25
Gọi A là biến cố: “Chia ngẫu nhiên được nhóm nào cũng có nữ”
- Chỉ có 3 nữ và lại chia 3 nhóm nên theo yêu cầu thì mỗi nhóm có đúng 1 nữ và 3 nam
-Chọn nhóm thứ nhất:
Chọn ra 3 nam từ 9 nam có 3
9
C (cách)
Chọn ra 1 nữ từ 3 nữ có 1
3
C (cách)
Vậy chọn nhóm thứ nhất có: 1
3 3
9.C
C (cách)
0.25
-Lúc đó tổ còn lại: 2 nữ và 6 nam
Chọn ra nhóm thứ 2 có: 1
2 3
6.C
C (cách)
-Cuối cùng còn lại 4 người là nhóm thứ 3, có 1 cách
Vậy n( )A =C93.C31.C63.C12 1 = 10 080
0.25
-Xác suất của biến cố A là: ( ) ( ) ( )
55
16 34650
10080 =
= Ω
=
n
A n A
Chú ý: - H ọc sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương
- Trên đây là gợi ý làm bài Khi làm bài yêu cầu học sinh trình bày thật chi tiết
