[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Môn thi: Toán, khối A, B, D lần 2
Hướng dẫn chấm:
1) Điểm bài thi để lẻ đến 0,25.
2) Câu IV nếu giải theo phương pháp tổng hợp thì phải vẽ hình đúng mới cho điểm.
3) Câu I.2 nếu chứng minh tính đối xứng của đồ thị qua tâm đối xứng để suy ra kết quả mới được cho điểm.
4) Bài làm theo cách khác nêu trong đáp án mà đúng thì cho điểm theo từng phần tương ứng
điểm
I.1 *Tập xác định D R \ 1
*Sự biến thiên:
Lim y Lim y Lim y Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, đồ thị có tiệm cận ngang y = 1
1 '
( 1)
y
x
0 x D y Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1;)
Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên:
x 1
y
1
1
*Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại O(0;0), Đồ thị cắt Oy tại O(0;0)
0,25
0,25
0,5 I.2
+ PT hoành độ giao điểm của hai đường 1 3 2 1
x
x
2
1
x
1 (1)
3 (2 5) 1 2 0 (2)
x
+ Hai đường cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi PT(2) có hai
nghiệm phân biệt và khác 1
2
(1) 1 0
g
+ Khi đó, gọi A x( ;3 1 x1 2m 1) , B x( ;3 2 x2 2m 1) ( với x1 x2) là các giao
điểm của hai đường Tiếp tuyến với đồ thị (C ) lần lượt tại A, B có hệ số
1 '( )
( 1)
A
x
1 '( )
( 1)
B
x
'( ) '( )
y x y x
x1x2 2 (vì x1 x2) + Theo Viet ta được 1 2
3
m
x x
từ đó suy ra
2
m
m
(tm)
0,25
0,25
0,25 0,25
II.1
sin 2 sin 2
1 tan
x
(*) Với ĐK trên, PT cos (s inx+tanx)=sin osx2x 2x c cosx(sinx+tanx)=sin2x
0,25
Trang 2s inx(cosx-sinx+1)=0
sinx=0 cosx sinx +1=0
sin( )
2
k Z
x
Đối chiếu ĐKXĐ suy ra nghiệm của PT là x k . (k Z )
0,5 0,25
II.2
Giải BPT
2
3 1
x
, 1
2 x 2 x (*) Với ĐKXĐ (*) trên, nhân cả hai vế của (1) với 1 4x28x 3 >0 ta được
BPT
2
4( 1)
( 1)
x
x
3. 4x28x 3 4 x 7 (2) Do
3 2
x
nên 4x – 7 < 0, do đó BPT(2) luôn thỏa mãn Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là
1 3 [ ; ]\ 1
2 2
S
0,25
0,25
0,25 0,25 III
Ta có
3ln 3
dx I
e
3 3ln 3
x
e dx
Đặt
3 x 1 3
3
x
u du e dx
, đổi cận: x = 0 u 1; x 3ln 3 u 3
Ta được I
.
du
du
u u
3
1
u
1 3 9 ln
5 4 5
0,5
0,5
IV + Từ giả thiết AC = 2 a 3; BD = 2a và AC, BD vuông góc với nhau tại
trung điểm O của mỗi đường chéo Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO
= a 3; BO = a , do đó A D B 600 hay tam giác ABD đều cạnh bằng 2a
+ Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt
+ Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm
của HB ta có DH AB và DH = a 3; OK // DH và
a
OK DH OK AB AB (SOK)
+ Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB)
hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
0,25 + Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao
2
a SO
Diện tích đáy S ABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2;
đường cao của hình chóp 2
a
SO
S
A
I D
3a
Trang 33
.
a
V Ta có F (x2 y2 3 ) 3x y x2 2 ( 2 y2 ) 2 x y2 2 xy 2( )xy 3 2( )xy 2 2xy 1
Đặt xy = t, ta được F f t( )2t3 2t22t1
Theo giả thiết x2y2 xy 1 (x y )2 3xy1
1 3
t xy
x2y2 xy 1 (x y )2xy1 t xy 1
Bài toán quy về “ Tìm GTLN, GTNN của f t( )2t3 2t22t1 với
1 [ ;1]
3
t
“
Ta có f(t)’ = 6t2 4t 2; f(t)’ = 0
1 1 3
t t
Tính các giá trị tại t = -1, t =
1 3
, t =
1
3, t = 1 ta tìm được
Maxf(t) = f( )
3 27
x y
; Minf t( )f(1) 1 x y 1 Vậy: MaxF = 37/27; MinF = -1
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
1 - Gọi A’ là điểm đối xứng với
( 4; 1)
A qua tâm K(13; 20) của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó tọa độ của A’ là (30; 39)
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có PT (x13)2(y20)2 650
- Theo giả thiết H ( 34;39) là trực tâm tam giác ABC, khi đó tứ giác BHCA’
là một hình bình hành nên A’H cắt BC tại trung điểm M của hai đoạn, từ đó
ta được M ( 2;0)
Đường thẳng BC qua M ( 2;0), AH nên có VTPT
1
10
n AH n ( ) : 3 4 6 0
( 13) ( 20) 650
Giải hệ trên ta được B(2;3), C(-6;-3) hoặc B(-6;-3), C(2;3)
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
2 Theo giả thiết: A( 1 ; 2; 1), (2 ; 3 ; 2) B và
:
+ Gọi I 1 ; ; 2t t td Ta có IAt;2 t; 1 t IB, 3t;3 t t;
Do ABCD là hình thoi nên IA IB. 0 3t2 9t 6 0 t 1,t2
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với t 1 I0;1;1 C1;0;1 , D2; 1;0
* Với t2 I1; 2;0 C3;2; 1 , D0;1; 2
0,25
0,25
B K
H C
a
Trang 4Do hoành độ D âm nên ta chọn được nghiệm C1;0;1 , D 2; 1;0
+ Gọi (P) là mặt phẳng chứa hình thoi ABCD, giả sử (P) có VTPT n
Ta có
( 1;1;0) (2; 2;1)
n IA
n IB
n
cùng phương với vec tơ IA IB, (1;1; 4)
Chọn n (1;1; 4) suy ra phương trình mặt phẳng (P): x + y – 4z + 3 = 0
0,5
VIIa + ĐKXĐ : x > 1
2 x 2log x 2 2 2 x
log (x 1) log (2x 1) 1 log (x 2)
log (2 x 1)(2x 1) log 2( 2 x 2)
2
2x 3x 5 0
5 1
2
+ Đối chiếu ĐKXĐ ta nhận nghiệm
5 2
x
0,25
0,5 0,25 VI.b
.1 - Ta có:
I d
d1 2 Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2 / 3 y
2 / 9 x 0 6 y
x
0 3 y
x
Vậy
2
3
; 2
9 I
- M là trung điểm cạnh AD, M d1 Ox, suy ra M( 3; 0)
3 2
9 3 2 IM 2 AB
2 2
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n ( 1 ; 1 ) làm
VTPT nên có PT: 1 ( x 3 ) 1 ( y 0 ) 0 x y 3 0
Lại có: MA MD 2 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2 y
3 x
0 3 y
x
2 2
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3 x
3 x y
2 2
2 2
1 y
2 x
hoặc
1 y
4 x Từ giả thiết ta được A( 2; 1), D( 4; -1)
2
3
; 2
9 I
là trung điểm của AC suy ra:
2 1 3 y y 2 y
7 2 9 x x 2 x
A I C
A I C
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b
.2
- Phương trình tham số của d1 là:
1 2
3 3 2
z t
- M thuộc d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ;2 t t t
- Theo bài ra ta có:
0,25
Trang 5
2
|1 2 2 3 3 4 1|
1
|12 6 |
2
0 3
t t
t
+ Với t = 1 ta được M(3;0;2);
+ Với t = 0 ta được M (1;3;0)
+ Ứng với M(3;0;2), điểm N d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M
và song song với mp (P), gọi mp này là (Q1)
PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z 7 0 (1)
Phương trình tham số của d2 là:
5 6 '
4 '
5 5 '
Thay (2) vào (1), ta được: -12t’ – 12 = 0 t’ = -1
Điểm N cần tìm là N(-1;-4;0)
+ Ứng với M(1;3;0), tương tự tìm được N(5;0;-5)
0,25
0,25 0,25
VII
b
Điều kiện xy>0
+ Giải (1): Đặt t log 2 xy xy 2t Khi đó phương trình (1) có dạng:
log 3 2 2 2
9t 3 2 2 t 3t 3 2.3 t 3t 2.3t 3 0
(3) Đặt u3 ,t u0, khi đó phương trình (3) có dạng:
3
t
u
u
+ Giải (2): x2y22x2y 1 0 x y 22x y 2xy 1 0
x y2 2x y 3 0
Đặt v = x+y, khi đó phương trình (4) có dạng:
2 3 0
- Với x + y = 1 ta được:
1 2
x y xy
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:X2 X 2 0 (vô nghiêm)
- Với x+y=-3, ta được:
3 2
x y xy
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình
:
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (-1;-2) và (-2;-1)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 6SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Môn thi: Toán, khối A, B, D lần 2
điểm
I.1
*Tập xác định D R \ 1
Lim y Lim y Lim y Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1, đồ thị có tiệm cận ngang y = 1
- Chiều biến thiên: 2
1 '
( 1)
y
x
0 x D Bảng biến thiên:
x 1
y
1
1
*Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại O(0;0), Đồ thị cắt Oy tại O(0;0)
0,25
0,25
0,5
I.2
+ PT hoành độ giao điểm của hai đường 1 3 2 1
x
x
2
1
x
x
+ Hai đường cắt nhau
2
(1) 1 0
g
(luôn đúng với mọi m).
+ Khi đó, gọi A x( ;3 1 x1 2m 1) , B x( ;3 2 x2 2m 1) ( với x1 x2 ) là các giao điểm của
hai đường
'( ) '( )
y x y x
x1x2 2 (vì x1 x2 ) + Theo Viet ta được 1 2
3
m
x x
từ đó suy ra
2
m
m
(tm)
0,25 0,25 0,25 0,25
II.1
Giải PT 2
sin 2 sin 2
1 tan
x
*ĐKXĐ: x 2 k (k Z)
(*) Với ĐK trên, PT cos (sinx+tanx)=sin osx2x 2x c cosx(sinx+tanx)=sin2x
s inx(cosx-sinx+1)=0
sin( )
2
k Z
x
Đối chiếu ĐKXĐ suy ra nghiệm của PT là x k . (k Z )
0,25
0,5 0,25
Trang 7Giải BPT
2
3 1
x
(1) ĐKXĐ:
, 1
2 x 2 x (*)
Với ĐKXĐ (*) trên, nhân cả hai vế của (1) với 1 4x28x 3 >0 ta được BPT
2
4(x 1) 3(1 4x 8x 3)
3 4x2 8x 3 4 x 7 (2)
Do
3 2
x
nên 4x – 7 < 0, do đó BPT(2) luôn thỏa mãn Vậy: [ ; ]\ 11 3
2 2
S
0,25 0,25 0,25 0,25 III
Ta có
3ln 3
dx I
e
3 3ln 3
x
e dx
; Đặt
3 x 1 3
3
x
u du e dx
, đổi cận: x = 0 u1; x3ln 3 u3
Ta được I
.
du
du
u u
3
1
u
1 3 9 ln
5 4 5
0,5
0,5
IV + Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC, BD vuông góc với nhau tại trung điểm O
của mỗi đường chéo Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3; BO = a , do đó
60 0
A DB hay tam giác ABD đều cạnh bằng 2a.
+ Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB và DH = a 3; OK // DH và
a
OK DH
OK AB AB (SOK)
+ Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
0,25 + Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao
2
a SO
Diện tích đáy S ABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2;
đường cao của hình chóp 2
a
SO
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
a
0,5
V Ta có F (x2 y2 3 ) 3x y x2 2 ( 2 y2 ) 2 x y2 2 xy 2( )xy 3 2( )xy 2 2xy 1
Đặt xy = t, ta được F f t( )2t3 2t22t1
Theo giả thiết x2y2 xy 1 (x y )2 3xy1
1 3
t xy
x2y2 xy 1 (x y )2xy1 t xy 1.
Bài toán quy về “ Tìm GTLN, GTNN của f t( )2t3 2t22 1t với
1 [ ;1]
3
t
“
0,25 0,25
S
A
B K
H C
O
I D
3a
a
Trang 8Ta có f(t)’ = 6t2 4t2; f(t)’ = 0
1 1 3
Tính các giá trị tại t = -1, t =
1 3
, t =
1
3, t = 1 ta tìm được 1/ 2 1/ 6
1 37 Maxf(t) = f( )
x y
; Minf t( )f(1) 1 x y 1 Vậy: MaxF = 37/27; MinF = -1.
0,25
0,25
VI.a
1 - Gọi A’ là điểm đối xứng với
( 4; 1)
A qua tâm K(13; 20) của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó tọa độ của A’ là (30; 39)
- Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có PT (x13)2(y20)2 650.
- Theo giả thiết H ( 34;39) là trực tâm tam giác ABC, khi đó tứ giác BHCA’ là một hình bình hành nên A’H cắt BC tại trung điểm M của hai đoạn, từ đó ta được M ( 2;0)
Đường thẳng BC qua M ( 2;0), AH nên có VTPT
1
10
n AH n ( ) : 3 4 6 0
- Tọa độ hai điểm B, C là nghiệm của hệ: 2 2
( 13) ( 20) 650
Giải hệ trên ta được B(2;3), C(-6;-3) hoặc B(-6;-3), C(2;3)
0,25 0,25 0,25
0,25
VI.a
2 Theo giả thiết: A( 1 ; 2; 1), (2 ; 3 ; 2) B và
:
+ Gọi I 1 ; ; 2t t td
Ta có IA t; 2 t; 1 t IB , 3 t;3 t t;
.
Do ABCD là hình thoi nên IA IB. 0 3t29t 6 0 t 1,t2
.
Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên:
* Với t 1 I0;1;1 C1;0;1 , D 2; 1;0
* Với t 2 I1;2;0 C3; 2; 1 , D0;1; 2
Do hoành độ D âm nên ta chọn được nghiệm C1;0;1 , D 2; 1;0
+ Gọi (P) là mặt phẳng chứa hình thoi ABCD, giả sử (P) có VTPT n
Ta có
( 1;1;0) (2; 2;1)
n IA
n IB
n
cùng phương với vec tơ IA IB, (1;1; 4)
Chọn n (1;1; 4)
suy ra phương trình mặt phẳng (P): x + y – 4z + 3 = 0.
0,25
0,25
0,5
VIIa + ĐKXĐ : x > 1
2 x 2log x 2 2 2 x
log (x 1) log (2x 1) 1 log (x 2)
log (2 x 1)(2x 1) log 2( 2 x 2)
2
2x 3x 5 0
5 1
2
, + Đối chiếu ĐKXĐ ta nhận nghiệm
5 2
x
.
0,25
0,5 0,25
VI.b.
1 - Ta có: d1 d2 I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
2 / 3 y
2 / 9 x 0 6 y
x
0 3 y
x
Vậy
2
3
; 2
9 I
,
- M là trung điểm cạnh AD, M d1 Ox, suy ra M( 3; 0) 0,25
Trang 9- Ta có:
2 3 2
3 2
9 3 2 IM 2
2 2 2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có
PT: 1(x 3)1(y 0)0 xy 30.
Lại có: MA MD 2 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2 y
3 x
0 3 y x
2 2
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3 x
3 x y
2 2
2 2
1 y
2 x
hoặc
1 y
4 x
Từ giả thiết ta được A( 2; 1), D( 4; -1).
Do
2
3
; 2
9 I
là trung điểm của AC suy ra:
2 1 3 y y y
7 2 9 x x x
A I C
A I C
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25
0,25
0,25
VI.b.
2
- Phương trình tham số của d1 là:
1 2
3 3 2
z t
- M thuộc d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ; 2 t t t
.
- Theo bài ra ta có:
2
|1 2 2 3 3 4 1|
1
|12 6 |
2
0 3
t t
t
+ Với t = 1 ta được M(3;0;2); + Với t = 0 ta được M (1;3;0).
+ Ứng với M(3;0;2), điểm N d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M và song song với mp (P), gọi mp này là (Q1)
PT (Q1) là: x 3 2y 2z 2 0 x 2y 2z 7 0 (1)
.
Phương trình tham số của d2 là:
5 6 '
4 '
5 5 '
y t
Thay (2) vào (1), ta được: -12t’ – 12 = 0 t’ = -1
Điểm N cần tìm là N(-1;-4;0)
+ Ứng với M(1;3;0), tương tự tìm được N(5;0;-5).
0,25
0,25
0,25 0,25
VIIb Điều kiện xy>0
+ Giải (1): Đặt t log 2xy xy 2t
Khi đó phương trình (1) có dạng:
log 3 2 2 2
9t 3 2 2t 3t 3 2.3t 3 t 2.3t 3 0
(3) Đặt u3 ,t u0, ta được PT:
3
t
u
u
+ Giải (2): x2y2 2x 2y 1 0 x y 2 2x y 2xy 1 0
0,25
Trang 10x y2 2x y 3 0
(4) Đặt v = x+y, khi đó phương trình (4) có dạng:
2 3 0
- Với x + y = 1 ta được:
1 2
x y xy
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:X2 X 2 0 (vô nghiêm)
- Với x+y=-3, ta được:
3 2
x y xy
Khi đó x, y là nghiệm của phương trình
:
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (-1;-2) và (-2;-1)
0,25
0,25
0,25