ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 THPT TÂN KỲ

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT TÂN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D - NĂM HỌC 2010-2011

I 1) Khảo sát và vẽ đồ thị y = f(x) = x4 - 5x2 4

Txđ : R y’ = 4x3 – 10x = x(4x2 – 10) = 0 khi x = 0 , x =

yCĐ = f(0) = 4 yCT = f( ) = -

1,00

2)

x45x2 4 log2m có 6 nghiệm phân biệt 

9

9 4

2

9

II 1) Điều kiện x 0 

PT  4 x2  1 3 x  x   1 0  x x x

2 1



 

1

2



1,00

2)

PT 10sin2 x 4sin x 14 0

6



3

1,00

III

Đặt t x  dx  2 t dt I = t t dt

t

1 3 0

2 1





t

1 2 0

2

1

  

3 

1,00

IV

Hình chóp:

-Gọi H là trung điểm của AD thì SH là đường cao hình chóp SH =

-Đường thẳng AD song song với mp(SBC) nên khoảng cách giữa AD và SB là khoảng cách

Giữa AD và mp(SBC),chính là đường cao HK của SHI với I là trung điểm BC:

HK =

-Góc giữa AD và SB bằng góc giữa BC và SB là <SBC Có cosSBC = = =

( SAB vuông cân tại A , SA = AB = a nên SB = a Lại có BI = = )

1,00

        

       

Tương tự: b2 a a b 1

2

3 4

    

2

Thật vậy, (*)  a2 b2 ab a b 1 4ab a b 1

         ( a b  )20

Dấu "=" xảy ra  a b 1

2

 

1,00

Tự chọn Chương trình Chuẩn VIa 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6 Ta có IE = 29 < 6 = R  E nằm trong hình tròn (C)

Giả sử đường thẳng  đi qua E cắt (C) tại M và N Kẻ IH  Ta có IH = d(I, ) ≤ IE

Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất  H  E  đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng  là: 5(x 1) 2y0  5x2y 5 0

1,00

2) Giả sử (S): x2y2z22ax2by2cz d 0

-Từ O, A, B  (S) suy ra:

a c d

1 2 0

 







 



 I b(1; ;2)

-Vì d I P( ,( )) 5

6

b 0 10

 

  

 Vậy (S): x2y2z22x4z0 hoặc (S): x2y2z22x20y4z0

1,00

VIIa Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số)

Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)

 Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

1,00

Tự chọn Chương trình Nâng cao VIb 1)

Tìm được M(3; 0)  MI = 3 2

2  AB = 3 2  AD = 2 2 Phương trình AD: x y 3 0   

Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3) Ta có AM = 2  a 2   A(2; 1)

Từ đó suy ra: D(4; –1), B(5; 4), C(7; 2)

1,00

2) Điều kiện: x > 3

BPT  log3 x25x 6 log3 x 3 log3 x2  x2 9 1  x 10

1,00

VIIb

Điều kiện: a  0 Tiệm cận xiên d: y     x a 1 (d) tiếp xúc với (C)  Hệ phương trình sau có

nghiệm:

       



   

x

4

 

  

 Kết luận: a = –4

1,00