Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD.[r]
Trang 1ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
MÔN TOÁN
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ( 1 điểm)
y x x
* Tập xác định D R
* Sự biến thiên: y' 6 x26x
' 0
y x = 0 hay x = 1
0,25
+ Giới hạn: lim ; lim
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận
Bảng biến thiên
x – 0 1 + y’ + 0 – 0 +
y 1 +
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ; 0 ) và ( 1 ; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0 ; 1 )
y y y y
Ta có y’’ = 12x-6 y’’ = 0x=
2
1và y’’ đổi dấu khi x đi qua x=
2
1 điểm I(
2
1 ; 2
1) là điểm uốn của đồ thị.
0,25 1
Đồ thị: đồ thị đi qua điểm ( 2;5) và (-1;-4) Giao điểm với trục oy : ( 0 ; 1 ) y 5
1
0
1
Đồ thị nhận điểm uốn I (
2
1 ; 2
1) làm tâm đối xứng
0,25 x
-1
-4
Trang 22 Tìm M thuộc ( C ) ( 1 điểm )
Giả sử M( m m;2 33m21) ( C )
0;2 0 3 0 1)
x x x là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến qua M tới ( C ) Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại X là :
y x x x x x x
M ( C ) nên : 2m33m21 = 2 3 2
(6x 6 )(x m x ) 2 x 3x 1)
m x m x x x m x
(m x ) 2( m mx x ) 3( m x ) 6 x 6x
(m x ) (4x 2m 3) 0 0
4
x m
m x
Qua M kẻ đúng 1 tiếp tuyến tới ( C ) nên : 3 2 1
4m m m 2
0,25
0,25
0,25
Vậy 1
2
m thì M (1 1; )
2 2 là điểm qua đó kẻ đúng 1 tiếp tuyến tới (C) 0,25
1 Giải phương trình lượng giác (1 điểm)
Sin2x + cos2x + 3sinx – cosx – 2 = 0
2sinxcosx +1 – 2sin 2 x + 3sinx – cosx – 2 = 0
( 2sinxcosx– cosx ) – 2sin 2 x + sinx + 2sinx – 1 = 0 0,25
( 2sinx – 1 )( cosx – sinx + 1 ) = 0
2sinx 1 0(1) cosx sinx 1 0(2)
6
6
2 2
0,25
0,25
2 Giải hệ phương trình (1 điểm)
Với điều kiện : y – 3
Hệ pt đã cho
4
x y x y
0,25
4
x y x y
4
x y x y
x y x y
Đặt x y u x y v ; với u 0 ; v 0
0,25
Trang 3Hệ pt 2 2
3 1 3
4
3
u v uv
u v
u v
v
3 1 1 3
x y
x y
x y
x y
5 4 5 4( ai)
x y x
y lo
4
x y
0,25
I=
4 sin 2 sin
4 sin 2 sin
2
0
1 ( 4 sin 2 sin )sin 2
2 I I
0,25
1 0
4 sin sin 2
Đặt ; t = 4 + sin2x dt = sin2xdx
Đổi cận : khi x =
2
t = 5 ; x = 0 t = 4
I1 = 5 3
4
5
2 2 (5 5 8) 4
tdt t
0,25
2 0
2 sin sin 2
Vậy : I = 1 (5 5 2 2 3 3 8)
S
F
B
N
D
I
O
C
G A
B
K M
60 0 J
Trang 4Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm SAC
Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI600 0,25
Vì SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm SIJ
IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD
0,25 2
IK S AB MN IK
3
SK ABMN SK V S SK (đvtt)
0,25 0,25
Gọi A x y 1 1 2 x y
Đặt t x
y
thì A f t( ) 2 t 1
t
Với , 2;4 21 1 14 1 2 1;2
x
x
y y
0,25
0,25
2
t
t t
Ta có : 1 (2) 9 ; (1) 4 4 9
1 Viết phương trình đường thẳng AB : (1 điểm)
Nhận xét : ( C ) có tâm O ( 0 ; 0 ) bán kính R = 1
( C/ ) có tâm I ( 2 ; 2 ) d : y = x
Giả sử ( C ) cắt ( C/ ) tại A ; B thì AB OI tại H là trung điểm của AB 0,25
AHO có : OA = 1 ; AH = 2
2
OH = 2 2 1 1 2
OA AH
H d : y = x
Giả sử H ( x ; x ) OH = 2 2 2 2 1 1
1( ; )1 1
2 2
H ; 2 1; 1
H
AB là đường thẳng H1 ( H2 ) và d : y = x
0,25
0,25
TH 1 : AB qua H1 phương trình AB : x + y–1 = 0
TH 2 : AB qua H2 phương trình AB : x + y + 1 = 0 0,25
2 Viết phương trình đường thẳng : (1 điểm)
Đường thẳng d đi qua điểm M0( 3 ;– 2 ; – 1 ) có VTCP ud = ( 2 ; 1 ; – 1 )
Trang 5PTTS của d :
3 2 2 1
Gọi M = d ( P ) Ta có M ( 1 ; – 3 ; 0 )
0,25
Gọi d/ là hình chiếu của d trên ( P )
Ta có PTTS của d/ là :
1 4 3 5
z t
0,25
Gọi N thuộc d/ sao cho MN = 42 Ta có :
N d/ N ( 1 + 4t ;– 3 + t ; – 5t )
MN = (4 )t 2 t2 (5 )t 2 42
t = 1 ; t =– 1
* t = 1 : N1 ( 5 ; – 2 ; – 5 ) 1 là đường thẳng nằm trong ( P ) qua N1
và d/ phương trình 1 : 5 2 5
x y z
* t = –1 : N2 ( – 3 ; – 4 ; 5 ) 2 là đường thẳng nằm trong ( P ) qua N2
và d/ phương trình 2 : 3 4 5
x y z
0,25
0,25
VII.a Giải bất phương trình ( 1 điểm )
2
x x x ( 1 )
1,00
ĐK : 2 2 3 1 0 12
x
x x
1log (2 3 1) 1log ( 1) 1
log (2x 3x 1) log (x 1) log 2
log2 (2 1)2 log 22
x
0,25
Kết hợp ĐK nghiệm bpt là : 1 1
1 Tìm tọa độ B C : (1 điểm)
Giả sử B ( b ; 0 ) Ox ; C ( 0 ; c ) Oy với b 0 ; c 0
ABC vuông ở A AB AC 0
– 2( b – 2 ) – 1( c – 1 ) = 0
c = – 2b + 5
c 0 0 5
2
b
0.25
Trang 62 2
ABC
S AB AC b c
1 ( 2) 1 4 (5 2 1)
2
1 ( 2) 1.2 1 ( 2)
2
= ( b – 2 )2 + 1 = b2– 4b + 5
0,25 Xét f(b) = b2– 4b + 5 Ta có bảng xét dấu :
b
2
f/(b) – 0 +
F(b)
2 1
0,25
GTLN của SABC GTLN f(b) = f(0) = 5 khi b = 0 ; c = 5
Vậy : B ( 0 ; 0 ) ; C ( 0 ; 5 ) thì SABC lớn nhất 0,25
2 Viết phương trình đường thẳng : ( 1 điểm)
d qua điểm M0(1;0;0) và có vectơ chỉ phương u(1;0; 1)
PTTS của d :
1 0
x t y
z t
Gọi là đường thẳng qua B (– 1 ; 2 ; 0 ) và cắt d tại M
Khi đó : M ( 1 + t ; 0 ; – t ) có VTCP là BM(2 ; 2; ) t t
(3; 1; 1)
BA
; BA BM; (t 2; 2t2;t4)
( ; )
2 4 (2 ) 4
d A
t t
0,25
f/(t) = 0 t = 2 Ta có bảng xét dấu :
GTLN f(t) = f(– 2 ) = 11 khi t = – 2
GTNN f(t) = f( 2 ) = 1
3 khi t = 2
t – 2 2
f/(t) + 0 – 0 +
f(t)
11 3
3
0,25
Trang 7* Với t = – 2 : M ( – 1 ; 0 ; 2 )
d1 có VTCP là BM(0; 2;2)
PTTS của 1 :
1
2 2 2
x
z t
* Với t = 2 : M ( 3 ; 0 ; – 2 )
d2 có VTCP là BM(4; 2; 2)
PTTS của 2 :
1 4
2 2 2
z t
0,25
Kết luận : Đường thẳng qua B cắt d có d ( A ; ) lớn nhất là 1
Đường thẳng qua B cắt d có d ( A ; ) nhỏ nhất là 2 0,25
ĐK : 2 2 0, 2 2 1 0, 5 0, 4 0 ( )
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 5) log ( 4) 1
log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) 1 (2)
0,25
Đặt t = log (12y x) thì (1)trở thành t 1 2 0 t 1
t
Với t = 1 ta có : 1 – x = 2 + y y = – x – 1 Thế vào (2) ta có :
4
x
2 4
x
x x
Suy ra : 1
1
y y
0,25
Kiểm tra thấy chỉ có : 2
1
x y
thỏa mãn đề bài Vậy hệ có nghiệm duy nhất : 2
1
x y
0,25