[r]
Trang 1Trờng THPT
Chuyên Hà Tĩnh kỳ thi Thử Đại học lần 2-2011
Môn: Toán - Khối: a, B
Đáp án và thang điểm (Mỗi ý nhỏ 1 điểm)
I
1 y = -x3 + 3x2 - 4
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
Giới hạn: lim
x →+∞ y=− ∞ lim
Chiều biến thiên : y, = -3x2 + 6x = -3x(x-2)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( -; 0) và (2; +), đồng biến trên khoảng (0;2)
0.25
Bảng biến thiên :
x 0 2 +
y’ 0 + 0 y
0.25
* Đồ thị :
y'' = -6x + 6 = 0 ⇔ x
=1
Điểm uốn U(1;-2)
Đồ thị đi qua các điểm
(0; 4) , (2; 0), (-1; 0) và
nhận điểm U(1;-2) làm
tâm đối xứng
0.25
2 +) Yêu cầu bài toán phơng trình − x3+(m+1)x2+(m−2)x +2 m− 2 m2=0 có ba
nghiệm dơng phân biệt ⇔ (x − m)(− x2+x +2 m−2)=0 (*) có ba nghiệm dơng phân
biệt
+) (*) cú ba nghiệm dương phõn biệt ⇔ pt x2 - x - 2m +2 = 0 cú hai nghiệm dương
phõn biệt khỏc m
⇔
2
1 0
m S
7
< m < 1
8
0.5
0.25
0.25
-
-4
Trang 21
+) Pt ⇔ 2 3 sin2 xcosx sin 2x (4 3)sinx2=0
(2sin 1)( 3 sinx cos 2) 0
2 6 5 2 6 2 2 3
0,5
+) Đối chiếu điều kiện ta có:
6 5
6
0,25
2
+) §k:
4 5
x
BPT ⇔ (x2-x-2)( 5x 4 x 3 5)> 0 (*)
Đặt f(x)= x2-x-2 v g(x) =à 5x 4 x 3 5
0,25
+)Nhận xét: g(x) đồng biến và g(1) = 0
Lập bảng xét dấu ta có:
5
1 2
g(x) - 0 + +
f(x) - - 0 +
VT(*) + 0 - 0 +
0,5
+) ĐS: S= (
-4
5 Chú ý: Có thể xét riêng từng khoảng.
0.25
III
+) I= ∫
0
π
2
3 sin x +4 cos x +6
2 sin x+cos x+3 dx =
2 0
sin 2cos
2sin cos 3
dx
+) I=
(2sin cos 3) 2
2sin cos 3
dx
+) I =
5
π + ln
4
0.25
0.25
Trang 3+) Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A' lên BC Dễ thấy AHA'
là góc giữa (ABC) và (A'BC)
Theo giả thiết ta có:
cot 2 AH 2AA'
Mặt khác 2 2 2
AB AC AH
Suy ra AH = a, AA' = 2
a
V =
1
AA'.AB.AC=
2
3 a
3 (đvtt)
+) Gọi O là trung điểm của AB',
suy ra khoảng cách từ A và B' đến
(A'BC) bằng nhau
Kẻ AKA'H, suy ra AK(A'BC)
⇒ độ dài AK là khoảng cách từ
A đến (A'BC)
+)
AK
Vậy d(B',(A'BC)) =
a 5 Chú ý: Học sinh có thể dùng PPTĐ
để giải
0.5
0.25
0.25
V
+)
F
+) Ta có c = 8ab ⇔ 2 2 a b 2 1
c Đặt 2a = x, 2b = y,
2
z
c ⇒
x,y,z > 0 và xyz
= 1
F =
2x y 3 2 y z 3 2 z x 3
0.25
0.25
+) Do 2x y 3 (x1) ( y x ) 2 2( x xy1)
nên:
F
xy x
Đẳng thức xẩy ra khi x = y = z = 1 hay a = b =
1
2, c = 2
GTLN là
1 2
0.5
A
B'
K
H
O
B
C
Trang 41 +) Đường thẳng AB có phương trình: 5x - y - 3 = 0
Gọi C(c; 3)
+) (c-2)2 + 16 = 26
2
(5 6) 26
c
⇔
2 1 3
c
(2;3) 1 ( ;3) 3
C C
0.5
2 +) Gọi M(t;t;2t), N(-1-2u;u;1+u)
Từ giả thiết ta có: .2 0 ( 2 1) (2 ) (12 2 ) 02
2
MN n
MN
+) Giải ra :
0
(0;0;0); ( 1;0;1)
( ; ; ); ( ; ; )
4 7
u t
t
Ta thấy cặp nghiệm thứ nhất loại do M,N (P)
+) ĐS:
0.5
0.25
0.25
VIIa
. +) Đk: x 1
2
3 log (2 4)log (2 1) [ log 4(2 1)]log (2 1) 3
2
(*)
+) Đặt log (22 1 1)
x t, ta có (*) trở thành (t+2)t = 3 ⇔ t t13
0,25
0.25
+) t =1 ⇒ 2 1 1 2 1 log 32
+) t = -3
9
8
ĐS: x = 1+ log 3; x = 2log 3 - 2 2 2
0,5
VIb.
1 +) Vì tam giác ABC cân tại B nên
0
90
BAC BCA
Do đó:
7
50
BCA BAC c AB AC
(1) +) Gọi phương trình đường thẳng BC là:
a(x - 4) + b(y -
13
2 ) = 0 (a2b2 0)
Từ (1) ta có: 2 2
50
a b
a b
2 11 2
a b
+) a = 2b, chọn b = 1, a = 2, ta có
(BC): 2x + y
29 2
= 0 (Loại do //AB)
0.25
0.25
0.25
A A
B A
C A H
A
A
B
C
D
M I
Trang 5
11 2
a b
, chọn b =2, a =11 ta có (BC): 11x + 2y -57= 0 (tm)
+) Từ đó giải các hệ phương trình ta tìm được tọa độ A,B,C,D
A(1;5); B(
43 37
;
), C(
41 83
;
); D(
107 221
;
35 35
) Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách sau:
-) Lập d là đường thẳng qua M và song song với AC cắt AB tại M'
-) Tìm M'
-) Tìm trung điểm K của MM'
-) Lập phương trình BK qua K và vuông góc với AC
-) Tìm B là giao điểm của AB và BK
-) Lập phương trình BM
-) Tìm C là giao điểm của BM và AC
0.25
2 +) Gọi A, B là giao điểm của d1; d2 với (P)
Giải các hệ phương trình tìm được A(-1;2;0) và B(4;0;-3)
+) Đường thẳng cần lập đi qua A,B có phương trình chính tắc
0.5 0.5
VII
b.
+) Đk:
1
2, 1,
2
x x x
0 7 log [ 2 (2 1)] log [2( 1)]
2
x
x x x x
(Xét hai trường hợp)
0.25
0.5
+) Đối chiếu đk ta có
7
x =