Dap an thi DH ngày 22/2/09

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Tr ư ờng THPT Tống Duy Tân Môn Toán.

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Tr

ư ờng THPT Tống Duy Tân Môn Toán Năm học 2008 – 2009

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 đi m )ểm )

 Sự biến thiên:

 Giới hạn tại vô cực:

 Chiều biến thiên:

y'  0 x (  ; 0 )  ( 2 ;  ); y'  0 x ( 0 ; 2 )

BBT

x 0 2

y’ + 0 - 0 +

1

y

-3

Hàm số đồng biến trên các khoảng Hàm số nghịch biến trên khoảng Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 1 ; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT= -3 0,5 Đồ thị ( C ) y

1

-1 2 3 x

0

-3

0,25 2 Tìm m để đồ thị (Cm) cắt đường thẳng y = 1 – x 1

* Phương trình hoành độ giao điểm :



















0 1 )

(

0

2

mx x x f

x

0.25

Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước hết phương trình f(x) = 0 phải có hai nghiệm dương

0 1

0 0 4

2 1 2 1 2































x x

m x

x m

(*) Khi đó

0,25

 Ta có

9(x x ) 6mx x x( x ) 4m x x 1

Đối chiếu với (*) ta c ó ĐS m =  5 0.25

II

 pt

hoặc

0,25





0,25

 Hai họ nghiệm đều thich hợp

Biến đổi BPT về dạng  3   5 

3

log 1 2log 1

0 log

x

2log 1 0 2log 1 0 2log 1 0

Giải (1), (2), (3) và đối chiếu với ĐK ta được đáp số: 0; 5 (1;3)

5

S 

với x = 1 thì t = 1/2, với x = 2 thì t = 1/3

0,25

1

4 1 1

3

1 ( 1)

dx t dt

t

x x  

 = ln4 43

IV

Gọi I là trung điểm của AB thì OI AB, SI  AB

AO SA SAO SA AISA SAI SA

3

AI

AO 

0,25

cos IAO cos IAO sin IAO

3 3

2

a

OA 

0,25

2

OA a

Từ đó diện tích xung quanh của hình nón đã cho là

2 3.

2

xq

a

Trước hết, theo BĐT Cô – Si cho ta có: 24 z3  z3  1 z z  , 1  z 0

Tương tự ta cũng có:

4

2 y  y  1 y y , 1  y 0 và 24 x3  x3  1 x x , 1  x 0

0,25

Suy ra

3 4

y y

P

y y z z z z x x x x y y



P

y y z z z z x x x x y y

0,25

2 x x a  2 y y b  2 z z  c thì ta có

0,5

I A

B S

O

 

P a b c P

b c c a a b

b c c a a b b c c a a b

Áp dụng BĐT Cô – Si cho các số dương a + b, b + c, c + a ta có

(b c) (c a) (a b) 1 1 1 9

b c c a a b

Như vậy ta có : 3 1.9 3

P

P

    Thấy P = 3 khi x = y = z = 1.

Tóm lại minP = 3 khi x = y = z = 1.

B PHẦN RIÊNG ( 3 điểm

1.Theo chương trình chuẩn

VIa

 Hệ số góc của AC = 1, M(1;1) thuộc AC Pt AC: y = x Toạ độ đỉnh A là nghiệm hpt hay A 23; 23

 M là trung điểm AC nên C 8 8;

3 3

 

 

Ta có OA(1;1;0) ,OB(0;2;0),OC(0;0;2) OA OB OC,   4 0

suy ra O, A, B, C

, Mặt khác vuông tại O nên O, A nhìn BC dưới một góc vuông do đó mặt cầu

ngoại tiếp tứ diện OABC có tâm I (0;1;1) là trung điểm BC, bán kính R = OI =

0,25

Ta có

0,25

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được :

So với giả thiết suy ra

0,25

Xét khai triển

Theo yêu cầu suy ra k = 6

0,25

Vậy hệ số của x6 là : 6 4 6

10 2 ( 3) 2449440.

2.Theo chương trình nâng cao

VIb

Đường vuông góc (d) hạ từ G xuống BC có pt 2x + y – 3 = 0

Vì tam giác ABC cân đỉnh A nên(d) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến

do đó tìm được H(2;-1) Gọi toạ độ của A(x;y) từ hệ thức

0,5

 VTPT của mặt phẳng ( ABC) : suy ra Pt mặt phẳng (ABC) :

7x + 5y + z – 37 = 0

Gọi H(x;y;z)

Từ ycbt ta có hệ pt :

7 5 37 0

2 3 2 0

x y z

x y z

x y z

   





    



    



, giải ra ta được: 81 13 33; ;

25 5 25

H 

0,5

Ta có

So với giả thiết suy ra

Trong khai triển

Theo yêu cầu suy ra k = 7

0,25