Đáp án đề thi thử đại học

0.50  Hình chóp MBAA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác BAA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau... Gọi C là đồ thị của hàm số đã cho.. Suy ra điều phải chứng minh 0.50 Nếu th

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (2008-2009)

(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)

I

(2điểm)

1.(1 điểm) Khi m 1 hàm số trở thành: y x 4  2x2

 TXĐ: D=

1

x

x





y CD y 0  0,y CT y  1 1 0.25

 Bảng biến thiên

x - -1 0 1 +

y’  0 + 0  0 +

y + 0 +

-1 -1

0.25

 Đồ thị

0.25

2 (1 điểm) ' 3  2 

2

0









Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt '

0

y  có ba nghiệm phân biệt và '

y

 Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

2

S  y  y x  x m m; AB AC  m4 m BC,  2 m 0.25

3 2

1 2

.

2

ABC

m

AB AC BC





 





0.25

II

(2điểm)

1)

2 3 sin 2 cos 2 3 cos 3 sin 1 sin 2 cos 2 3 cos sin

2 2

8 6 4 2

-2 -4 -6 -8

  

0.25

2 (1 điểm) Điều kiện 0, 1, 1

2

x x x

0.25

 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với

log xlog 2xlog 2x  log x1 log  x 1 log  x log x 1 log  x 0.50  log 2 x  1 x 2 0.25

III

(1

điểm)

 Tập xác định: D= 1;1 ;

2 '

2

1

1

2

x x y

x

 



  



y   y  y 

3 3

4

0.50

IV

(1

điểm)

MA AC C M  a  a  a BC AB AC  AB AC   a ;

BM BC CM  a  a  a A B AA AB  a a  a

A B MA MB  MBMA

0.50

 Hình chóp MBAA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác BAA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau

Suy ra

3 1

2 5 .2 sin120

MBAA CBAA ABC

a

1

3

1

1

15 6.

( ,( ))

MBA

a

d A A BM

V

(1

4 4

3 2

1

x

x

 









 

   

M

B

A1

B1

C1

Yêu cầu bài toán  đường thẳng ym cắt phần đồ thị hàm số

f x  x  x  x với x 1 tại đúng một điểm 0.25 Xét hàm số f x   4x3  6x2  9x 1 với x 1

Với x 1 thì '  2 1

12 12 9 0

2

f x  x  x  x

0.25

Bảng biến thiên: x   1

2  1

y’ + 0 

y 3

2

   12

Từ bảng biến thiên ta có: Yêu cầu bài toán 3 3 2 2 12 12 m m m m                  0.25 VI.a (1 điểm)       , ;0 , 0; , ; A Ox B Oy   A a B b AB  a b 0.25 Vectơ chỉ phương của d là u  1;2 Toạ độ trung điểm I của AB là ; 2 2 a b       0.25 A và Bđối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 2 0 4 0 2 3 0 2 a b a AB u b b a I d                           Vậy A4;0 , B0; 2  0.50 VII.a (1 điểm) Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của 18 5 1 2x x        là  

6 18

1

k

k

x





 

Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18 6 0 15

5

k

k

Vậy số hạng cần tìm là 15 3

16 18 2 6528

VIII.a

1

;0 2

A 

 

2

;

1

x

 

 Pt tiếp tuyến của đồ thị tại 1;0

2

A 

y x  y x

VI.b

(1 điểm) Đt BC đi qua B1; 4  và

1 2;

2

M  

  nên có pt:

9 1

2

x y



9x 2y 17 0

9 17

2

t

C BC  C t   t

2; 8 ; 1;9 25

2

t

AB  ACt  

Vì tam giác ABC vuông tại A nên  AB AC  0

Suy ra 1 4.9 25 0 3.

2

t

t     t Vậy C3;5

0.50

VII.b

(1 điểm)

Điều kiện n 4,n 

Ta có:  2  2

0

2 n n k k2n k

n k



  Hệ số của x8 là 4 2n 4

n

C 

0.50

3 8 2 1 49 2 1 4 1 49 3 7 2 7 49 0

A  C C   n n n n n n   n  n  n 

 n 7 n2  7   0 n 7

Vậy hệ số của x8 là 4 3

7 2 280

VIII.b

(1 điểm)

2

  

  Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho

 ; 

2

x

   

 Tiệm cận xiên: y x  2 x y  2 0  ; Tiệm cận đứng: x 2 0.50 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: 1

x y d

x

 

 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d2  x 2

Ta có: 1 2

x

 Suy ra điều phải chứng minh

0.50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.

Thạch Thành ngày 1 tháng 12 năm 2008

Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN