PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH7,0 điểm 1... Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD ta có thể tích của hai khối chóp S.ABC và S.ADC bằng nhau và bằng 2 V.
Trang 1ĐÁP ÁN đề thi thỬ năm 2011
Mụn: TOÁN khối B
Thời gian làm bài: 180 phỳt
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
1 TXĐ: R
Ta có: y'= 2 ( )2
3x + 6x+ = 3 3 x+ 1
5
Bảng biến thiên:
x −∞ -1 +∞
y′ + 0 +
+∞
y 1
−∞
0.5 Đồ thị: ( C) cắt Ox tại x= -2 ( C) cắt Oy tại y= 2 -2 -1 1 x y 2 0 0.2 5 2 1.0 Gọi k là hệ số góc TT của (C) tại M và N khi đó: xM,xN là nghiệm phơng trình: y ( )' x = k
2 2
Điều kiện để tồn tại các điểm M, N sao cho TT tại M song
song TT tại N: ∆ = ' 3k> ↔ > 0 k 0
0.2 5
Phân tích: y=y x'( ) .q x( ) ( )+r x
= ( 2 ) 1 1 )
x + x+ x+ +
Vậy đờng thẳng MN có phương trỡnh:
y k= x+ + ↔ =y kx+ k+
0.2 5
Trang 2A= MN Ox k 3;0
k
+
B = MN 0; 3
3
k
Oy +
0.2 5
SOAB = 8
3
3
.
k
OA OB
k
+
2 2
10 9 0
22 9 0
k k
k k
⇔
1 9
k k
=
=
Khi đó MN cú phương trỡnh :
3 4
y x
y x
= +
0,2 5
1 ĐK: sin 2 0
2
k
∀ ∈k z
Phơng trình đã cho tơng đơng với:
2( tanx - sinx+1) - 3( cotx- cosx+1)=0
sin sin cos cos cos sin cos 1
(sin sin cos cos ) 2 3 0
cos sin
x x
0,2 5
⇔
sin sin cos cos 0 (1)
3
2
x
0,2 5
+ Giải (1): Đặt t = sinx+cosx∈ − 2 ; 2
(1)⇔ − − = ↔t2 2 1 0t 1 2
1 2
t t
= +
= −
Với t = 1- 2 ta có:
x x +π = − = −
2 2
2 2 3
k z
0,2 5
+ Giải (2):
(2) arctan3 ( ).
2
x k k zπ
( loại)
Trang 3TXĐ: 2 1 3 2 2 3 2 2
Phơng trình đã cho tơng đơng với:
1 0 2
x x
0,2 5
Ta thấy x= 0không là nghiệm của phơng trình ( 1)
xét x≠ 0, chia hai vế của ( 1) cho x2:
Đặt t= 1
4
x x
+ , khi đó:
(1)↔ + (t 3)(t− = 1) 12 ↔ + − =t2 2 15 0t
↔ = −t t=35
0,2 5
2
3 2 2
( / ) 2
3 2 2
( ko t/m) 2
x
=
=
5
2
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm: 3 2 2
2
x= + và 5 2 6
2
x= − ±
0,2 5
Cõu
1
3
dx I
=
Ta có: ( )
1
dx I
=
5
Đặt x 2 1 dx 12 dt
0,2 5
2
1
1 2
1 3 1
2
2 3 3
t t
Trang 4Vậy I = 2 2
3
5
Câu
IV
1,0
Theo các giả thiết bài ra ta chứng minh được M, N, P, A đồng phẳng
Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD ta có thể tích của hai khối chóp S.ABC và S.ADC bằng nhau
và bằng
2
V
.
0,2 5
Do đó .
.
S ANM
S ANM
S ABC
V = SB SC = = ⇒ = và
0.2 5
.
.
S APM
S APM
S ADC
V SP SM
V = SB SC = = ⇒ =
0.2 5
Suy ra 1
1 3
S AMNP
V =V = V Do đó thể tích phần còn lại là 2
V = −V V= V Suy ra tỉ số thể tích của hai phần là 1:2.
0.2 5
TX§: x> − 1,x R∈
§Æt ( ) ln( 1) ln( 2) 1
2
x
+
f
0.2 5
1
lim ( )
x f x
1 lim ln( 1) ln( 2)
2
x
−+∞
lim ln
x
x
→+∞
+
5
B¶ng biÕn thiªn:
x -1 +∞
f′ +
0
f
−∞
0.2 5
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm ⇔ <m 0
0.2 5
II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A Chương trình chuẩn
Trang 5CõuVI.a 2.0
5
Gọi M (1;-4) ơ AB ta tìm M' đối xứng M qua BC
5
Nhận xét: BM'song song AC khi đó AH đi qua B và ⊥BM'
0,2 5
Vậy BH có phơng trình 2x-y -2=0
0.2 5
2 Nhận thấy: d1 cắt d2 tại I (1;2;-1)
Ta có: uur1=(2; 1; 1)
2 (1; 2;1)
uuur= −
Đặt 1 1
1
u e u
ur ur r
2
2
u u
e =uuruur = −
r
0.2 5
khi đó 1 2
eur ur+ =e −
1 2
( ; ;0)
eur ur− =e
0.2 5
phân giác V của 1 d d đi qua I nhận 1, 2 eur ur1+e2 làm vtcp
1 3
1 2
= +
= − +
V
uur
V
0,2 5
phân giác V của 2 d d đi qua I nhận 1, 2 eur ur1−e2 làm vtcp
1
1
z
= +
= −
V
r
V
Giả sử z x yi x= + , ∈ Ă ,y∈ Ă Từ giả thiết 2z− + = 2 i 1 ⇔ (2x− + 2) (2y+ 1)i = 1
0,2 5
Trang 6Đặt 1cos 1; 1sin 1
x= ϕ + y= ϕ − ta có
z =x +y = ϕ + ÷ + ϕ − ÷
5
2
(theo bđt Bunhiacopski)
Dấu “=” xảy ra khi cos 2 ;sin 1
0,2 5
Số phức có module lớn nhất thỏa mãn 2z− + = 2 i 1 là 5 5 5 5
z + + i
0,2 5
B Chương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
1.NX: ¶ µ ¶ µ
' , '
A =B A =C mà µ µ ¶ ¶
C = ⇒B A = A
VËy A A′ lµ ph©n gi¸c trong gãc A′cña
A B C′ ′ ′
V BC AA⊥ ′⇒BC lµ ph©n gi¸c ngoµi
gãc A′ cña A B CV ′ ′ ′
A
B′
C′
B A′ C
0,2 5
pt A B′ ′: 2x-y+2=0
pt A C′ ′ : x-2y+4=0
0,2 5
gäi d d lµ ph©n gi¸c c¸c gãc t¹o bëi A B1, 2 ′ ′ vµ A C′ ′
( )d1 :x y+ − =2 0
( )d2 :x y− + =2 0
0,2 5
kiểm tra B’,C’ cùng phía với d1 vậy phương trình BC là:( )d1 :x y+ − =2 0 0.2
5
Gọi B(x,y,z) khi đó :
(2 )( 3 ) (1 )( 4 ) (1 )(1 ) 0
(2 ) (1 ) (1 ) ( 3 ) ( 4 ) (1 )
1 0 ( )
BA BC
BA BC
x y z
B P
uuur uuuuuuur
0.5
Giải hệ trên ta được x =2,y= -4, z = 1 hoặc x = -3, y= 1, z = 1 0.2
5
Vậy B(2;-4;1) khi đó D đối xứng B qua trung điểm AC và D(-3;1;1) 0,2
5
Câu
VII.b
1.0
ĐK: 0
3
x y
>
> −
Trang 7Ta có: 2 1 2
2
Khi đó
2
5
Xét hàm f t( ) = +t2 t t( ≥ 0) khi đó f(t) liên tục và đồng biến với t ≥ 0
Vậy (1) tương đương với 2x+ = ⇔ = 3 x x 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x=3 và y=6
0.5
(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, vẫn cho điểm tối đa tương ứng như trong đáp án ).
