Đáp án đề thi thử đại hoc khối D lần 1 chuyên Phan Bội Châu Nghệ An

[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN THI: TOÁN; KHỐI: D

(Đáp án gồm 6 trang)

1.a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  2 x3  9 x2  12 x  1 1,00

* Tập xác định : D = R

* Sự biến thiên của hàm số:

- Giới hạn tại vô cực:  





x

y





x

y

- Bảng biến thiên:

Ta có: y '  6 x2  18 x  12 ,  x  R; y'0 x2 hoặc x   1

x - -2 -1  

y’ + 0 - 0 +

y  

-3

-4

-

0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (;2), (1;) và nghịch biến trên khoảng (2;1) Hàm số đạt cực đại tại x   2, với giá trị cực đại y(2)3 và đạt cực tiểu tạix   1, với giá trị cực tiểu y(1)4 0,25 * Đồ thị (C): - (C)cắt Oy tại điểm (0;1) - (C)đi qua điểm (3;8) - (C)có điểm uốn I(3/2;7/2) (C) nhận I(3/2;7/2)làm tâm đối xứng

0,25

1.b

f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

Tìm m để hàm số y  2 x3  9 mx2  12 m2x  1 (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) 1,00

R x m mx x

y '  6 2 18  12 2,    '  9 m2

- Nếu m  0 thì y '  , 0  x  R, hàm số đồng biến trên R Vậy m  0 không thỏa mãn

0,25

- Nếu m  0thì y '  0   2 m  x   m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3)khi

và chỉ khi  2 m  2  3   m(vô nghiệm)

0,25

- Nếu m  0thì y '  0   m  x   2 m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3)khi

và chỉ khi

2

3 2

2 3



0,25

2

3

; 2 [  



2

sin

cos 3 cos 3 sin sin 4

2

5 sin





















x

x x x

x x



Điều kiện : sin x  0 Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương:

0 ) sin 3 sin cos 3 (cos 4



2 4 2 cos 4 cos x x x xk



 xk(kZ) hoặc ( )

3 k Z

k

) (

3 k Z

k

3

 k

x  thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi k 3m1(mZ)hoặc k 3m2(mZ)

0,25

Vậy, nghiệm của phương trình là ( )

3 m mZ



3

2

Z m

 



3

Giải phương trình: 2 ( x2 x  6 )  5 x3 8 (2) 1,00

Điều kiện: x2 Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình

0 ) 2 ( 2 2 4 2 5

) 4 2 (

2 x2  x   x2 x  x   x   (3)

Đặt a  x2  2 x  4 , b  x  2 (a  0 , b  0 ), phương trình (3) trở thành:

2 a2  5 ab  2 b2  0

0,25

0 ) 2 )(

2

- Với 2a  b, ta có 2 x2  2 x  4  x  2  4 x2 9 x  14  0 (vô nghiệm) 0,25

- Với a2b, ta có x2  2 x  4  2 x  2  x2 6 x  4  0  x  3  13(tmđk)

Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là x  3  13

0,25

4

Tính tích phân 







3 /

3 /

2

) 3 sin cos ( sin 2





dx x x

x x

1,00









3 /

3 /

2

) 3 sin sin 2 2 sin (





dx x x x

x





3 /

3 /

2 2 sin





xdx x





3 /

3 /

sin 3 sin 2





xdx x

0,25

- Tính K:

4

3 3 4

4 sin 2

2 sin )

4 cos 2 (cos

3 /

3 /

3 /

3 /



































x x

dx x x

- Tính J: Đặt u   x, ta có x2  u2, sin 2 x   sin 2 u , du   dx, ,

3 3





















u

3 3























3 / 2 3

/

3 /

2

2 sin 2

sin









0



0,25

4

3 3







5 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A1B1C1và góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 1,00 Gọi H là trung điểm của BC A1

Từ giả thiết, ta có AC  AB tan 600  a 3, B1 C1

a

AB BC

CH BH

60 cos 2 2

1

A

Vì A1H (ABC) nên góc giữa đường thẳng AA1 B H C

và mặt phẳng ( ABC) bằng góc A1AH Kết hợp giả thiết, ta có  A1AH  600

0,25

60 cos 0

1   Thể tích khối lăng trụ đã cho

là

2

3 3 3 2

1

2

1

3

1 1

a a

a a H A AC AB H

A S

0,25

Vì BB1//A A1 nên góc  giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 bằng góc giữa hai đường

thẳng CA1 và AA1 Ta có CA1  A1H2 CH2  3a2 a2 2a

Do đó

8

5 2

2 2

3 4 4

2 cos

cos

2 2 2

1 1

2 2

1 2 1



a a

a a a CA

AA

AC CA AA C AA

0,25

Vậy, góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 là góc  thỏa mãn

8

5 cos  0,25

6 Tìm m để bất phương trình mx4 x ( 1  x  1 )3  x3 3 x  1 (4) có nghiệm 1,00

Điều kiện: 0  x  1

- Xét x  0, thay vào (4) không thỏa mãn với mọi m R

0,25

- Xét x  ( 0 ; 1 ], ta có x4 x ( 1  x  1 )3  0, nên bpt (4) tương đương với bpt

3 4

3

) 1 1 (

3 1

x x

x

x x m









0,25

Đặt

3 4

3

) 1 1 (

3 1 ) (

x x

x

x x x

f









3 4

3

3 4

3

) 1 1 (

1

1 3 ) 1 1 (

1

3 1 )

(

x x

x

x x

x x

x x x

f



























Vì x  ( 0 ; 1 ] nên 1 0

3





x

x

và 04 x(1 1x)3 1  f ( x )  3 ,  x  ( 0 ; 1 ]

0,25

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x1

Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi min ( )

] 1

; 0 ( f x

m

x

Ta có AB ( 1 ; 2 )  AB  5

Phương trình của đường thẳng ABlà 2 ( x  1 )  ( y  1 )  0 hay 2 x  y  1  0

Gọi  là đường thẳng qua Cvà song song với AB Khi đó, phương trình của  có dạng

) 1 (

0

2 x  y  m  m   Vì  // AB nên d ( A ;  )  d ( C ; AB ) hay

AB

S

m 2 ABC 5

1





1

1 



0,25

- Với m  0 thì  có phương trình 2 x  y  0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình



































0 9 14 5

2 0

9 4 6

2

2 2

2

x x

x y y

x y x

x y













2

1

y

x

(tm) hoặc

















5 18 5 9

y

x

(loại)

0,25

- Với m   2 thì  có phương trình 2 x  y  2  0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

0,25





































0 21 22 5

2 2 0

9 4 6

2 2

2 2

2

x x

x y y

x y x

x y













4

3

y

x

(tm) hoặc

















5 4 5 7

y

x

(loại)

Tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABClà 









 2

; 3

4









 3

8

;

Gọi M ( a ; b ; c ) , ta có BM ( a  1 ; b  1 ; c ), BC (  3 ; 6 ; 3 ) Vì M thuộc đoạn BC và

BM

3

1















































1 1 2 1

2 1

1 1

c b a c

b

a

) 1

; 1

; 2 ( 

0,25

Đường thẳng AM đi qua A(3;0;2) và có một vectơ chỉ phương MA(1;1;1) nên có

phương trình tham số là





















t z

t y

t x

2

3

0,25

Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng (3t;t;2t)

Ta có H và BH(2t;t1;2t) Vì BH  AM nên BH.MA 0 hay

0 2

1

2tt  t  t 1  BH( 1; 2;1)

0,25

Đường thẳng  đi qua B(1;1;0) và có một vectơ chỉ phương BH( 1; 2;1) nên có phương

trình tham số là





















u z

u y

u x

2 1

1

Gọi số phức cần tìm là z abi ( a , b  R ) Khi đó z  2 i  a  ( b  2 ) i

Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:





















0 1 3

5 ) 2

2

b a

b



















1 3

5 ) 1 3

2

a b

a a



















1 3

0 2 3

5 2

a b

a













4

1

b

a

ho c





















5 1 5 2

b

a

Vậy, có hai số phức cần tìm là 1 4i và i

5

1 5

2



Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H)là 2 1

2

2

2





b

y a

x

) 0 , 0

nhật cơ sở của (H) có diện tích 48 và một đường chuẩn của (H) có phương trình

5

16



















5 16

48 2 2

2

c a

b a

(I)

0,25

Ta có (I)











256 25

12

c a

ab















) (

256 25

12

2 2 4

b a a

ab

































2 2

256 25

12

a a a

a b

0,25



















0 36864 256

25

12

4 6

a a

a b























0 ) 2304 144

25 )(

16 (

12

2 4

2

a a

a a b

















16

12

2

a

a

b



















16

9

2 2

a

b

(thỏa mãn)

0,25

9 16

2 2



 y

x

Mặt phẳng (P)đi qua điểm M(0;3;2) nên có phương trình dạng

0 ) 2 ( ) 3

b y c z

ax (a2 b2 c2  0)hay axbycz3b2c0

Đường thẳng

4

1 1

1 :   

 x y z đi qua A(0;0;1)và có một vectơ chỉ phương u(1;1;4) Mặt phẳng (P)có một vectơ pháp tuyến n(a;b;c)

0,25

Vì mặt phẳng (P)song song với và khoảng cách giữa  và (P) bằng 3 nên ta có

















3 )) (

;

(

0

) (

P A

d

n

u

P A

hay





































3 3

3

0 4

0 3 3

2 2 2

c b a

b c

c b a

b c

























) 4 ( ) (

4

c b c b b

c

c b a





















0 16 10

4

2 2

c bc b

c b a

















c b

c a

2

2

hoặc













c b

c a

8

4

0,25

- Với a2c,b2c, ta chọn a2 thì b 2, c 1 Khi đó, (P)có phương trình

0 8 2

- Với a4c,b8c, ta chọn a 4 thì b8, c1 Khi đó, (P)có phương trình

0 26 8

4x yz 

Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 2x2yz80, 4x8yz260

0,25

9.b

Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z  ( 1  i 3 )10

1,00

10 10

10 10

10

3

sin 3 cos 2 2

3 2

1 2 ) 3 1





































i i

i

Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có

































3

4 sin 3

4 cos 2 3

10 sin 3

10 cos

0,25

3

4

Z k



Ta có

3

2 0

2 3

4











hay k   ,  4 ,  3 ,  2 ,  1 

0,25

Acgumen âm lớn nhất của ztương ứng với k   1

Vậy acgumen cần tìm của zlà

3

2 



0,25

-Hết -