ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT II MÔN TOÁN KHỐI A, A1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT II MÔN TOÁN KHỐI A, A1

Đ P ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT II, MÔN TOÁN,KHỐI A,A1

I

a)

1đ

TXĐ:R\ 2{ }

4

2

x

−

−

0.25

Hàm số nghịch biến trên mỗi kho ng (−∞; 2 ; 2;) ( +∞)

Hàm số không đạt cực trị

lim lim 2

→−∞ = →+∞= ⇒Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=2

lim ; lim

x − y x + y

→ = −∞ → = +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận ng x =2

0.25

b)

; 2

o o o

x

x

  , (d) là tiếp tuyến c a (C) tại M, cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho: AB= 2OA⇒ ∆ABO vuông cân O nên hệ số góc của tiếp

tuyến k= ±1

0.25

0

0 '( ) 1

4

o o

x

y x

x

=



0 ( ) :

o

x = ⇒ d y= −x

o

x = ⇒ d y= − +x Vậy có một tiếp tuyến cần tìm là y = -x + 8

0.25

Tiếp tuyến th a mãn bài toán là y= -x+8

Chú ý: Nếu tìm ra mà không loại trường hợp y = -x thì trừ 0.25đ

0.25

2

1đ

Đk; x≠kπ,k∈Z

os cos s inx

x

+

0.25

2

(3 4 sin x) cosx s inx 1 0

3 4 sin 0 os2

2

1 cos s inx 1 os

−



⇔ 

−



0.25

3

2

k Z

π

 = ± +



−



Đối chiếu ĐK ta có nghiệm pt là

3

x= ± +π kπ

2

x=−π +k π

0.25

3

1đ ĐK: x2−y2 ≥0.Đặt t= +y x2−y2 , hệ trở thành: 22 2 17

24

x t

x t

+ =



 − = −



0.25

Giải hệ ta có: ( ) ( ) 53 55

x t =  − 

0.25

Từ pt th 2 của hệ suy ra y>0 nên t>0 Vậy x=5⇒ =y 4 hoặc y=3 0.25

Vậy: Nghiệm của hệ là: ( ) ( ) ( )x y; ={ 5; 4 ; 5;3} 0.25

Nội dung Điểm

4

2 2 ln

|

e

dx

1

(ln ln( 1) ) | ln

e

0.25

e

x

0.25

Vậy 2 3ln 2

1

I

e

= +

+

0.25

5

1đ

Gọi E là giao điểm của AB và CD, M là trung điểm của AD

Ta có MA=MC=MD ⇒ACD vuông ở C CD CA CD (SAC)

CD SA

K đường cao AH của tam giác SAC thì AH ⊥(SCD) và

a

AH =d A SCD = d I SCD =

0.25

Ta có: 1 2 12 12 SA a

AH = SA + AC ⇔ =

3

S = S = ⇒V =

S

N

H

0.25

Kẻ ON//AD, ta có:

AO = AC = a SO =SA +AO = a ON = a SN =SA +AN =

0.25

Theo định lý cosin trong tam giác SON,

cos

SON

ON

= = Vậy góc giữa SO và AD bằng

arccos 21

7

0.25

6

P

+ +

Đặt t= +x y t; ≥2 xy ⇒ ≥t 1

0.25

2

5 1

; 1 4

t

t

−

Xét ( ) 2 ( ) 3

0.25

Lập bảng biến thiên, suy ra ( )

1

t

7.a

1đ

Theo chương trình chuẩn:

Gọi E là điểm đối xứng của N qua I thì E(4;-5)∈AB

: 4 3 1 0

AB x y

0.25

d (I,AB)=2 Vì AC = 2 BD nên AI = 2 BI

5

4=d ( ,I AB)= 4BI +BI ⇒BI =

0.25

B là giao điểm của đường tròn tâm I bán kính R = 5 với đường thẳng AB

nên tọa độ B là nghiệm của hệ

x y





0.25

Giải hệ trên, kết hợp với x B >0 ta có B(1;-1) 0.25 8.a

1đ

Tâm của mặt cầu là

( ; 1 2 ; 2 ) ( )

I − − +t t + ∈t d ,

;( )

IA= t + t− + −t = t − t+

0.25

Mặt cầu qua A và tiếp xúc với (P)

7

t

IA=d I P ⇔ t − t+ = +

2

2 ( 2;3; 4); 3

145 145 145 145 145







0.25

0.25

Có hai mặt cầu cần tìm:( ) (2 ) (2 )2

x+ + y− + −z =

0.25

9.a

1 1+ n+ =C n+ +C n+ + + C n n+ +C n n++ + + C n n+ +C n n++

2 1 ( 1 2 2 1) 26

0,25

18

18 18

5 5

18 0

1

k

k

k

x

− +

=

Số hạng của khai triển không phụ thuộc x khi 18 0 3

5

k

0.25

Vậy số hạng không phụ thuộc x của khai triển là: 3 ( )3

B

7.b

1đ

Chương trình nâng cao

Pt chính tắc của Elip có dạng:x22 y22 1(a b 0)

a + b = > >

Ta có:

1 2

e

−

4

0.25

Vì Elip và đường tròn (C) đều nhận trục Ox, Oy làm trục đối xứng và

AB=2BC nên giả sử tọa độ B(2t;t), t>0

0.25

Thay tọa độ B vào pt đường tròn ta có: 2 1

5

t = , thay vào pt Elip cùng với (*) thì 2 256 2 64

;

0.25

Vậy pt chính tắc của Elip:

1

256 64

15 5

8.b mặt phẳng trung trực (Q) của AB có pt:y- 3 = 0

C= Q I P ⇒ C(t;3;t-4)

025

2

ABC

s = AB IC= ⇔IC= ⇔ −t + −t =

4 7

t t

=



⇔  =

0.25

0.25

(4;3;0 ,) (7;3;3)

9.b

1đ

Số cách chọn 5 con theo yêu cầu: 2 2 2 1

13 4 4.11 4

Vậy xác suất cần tìm là

5 52

.12 11

0.048

C

(Đính chính: b số 12 trong kết quả cuối cùng)

0.25