Tài liệu Hướng dẫn giải bộ đề thi thử 3,4 pptx

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 03

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm

ĐIỂM

CâuI

(2.0đ)

1 (1.0đ)

TXĐ : D = R\{1}

0.25

Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1

x f x x f x

    nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

lim ( ) , lim

f x

     nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

(x 1)



0.25

Bảng biến thiên

1 + 

- 

1

-y

y'

x - 1 + 

Hàm số nghịc biến trên (;1)và (1;) Hàm số không có cực trị

0.25

Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)

Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng

0.25

2.(1.0đ)

Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách

từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất

0 2

1

x

2 0

1

0

x

x y

0.25

-+

f(t) f'(t) x

2 0

1

Ta có d(I ;tt) = 0

4 0

2 1 1 1

x

x







Xét hàm số f(t) =

4

2 ( 0) 1

t t t



 ta có f’(t) =

2

(1 )(1 )(1 ) (1 ) 1

0.25

f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên

từ bảng biến thiên ta có d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay

0 0

0

2

0

x x

x





    



0.25

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

0.25

CâuII

(2.0đ)

1

(1.0đ

)

Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x

0.25

4 os3xcosx=2 3 os 2s inxcosx

2cos3x= 3 osx+sinx

c





0.25

+ osx=0 x=

2

+

6

2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

6

6

k







0.25

12

k x

   



 

  





0.25

2.(1.0đ)

ĐK: x y, 0





 



Hệ phương trình

0.25

y x



 



(do 2y x)( x y y) 1 0)

3

3

2

x

x





3 2

0 log 4

x x









0.25

0.25

Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0

2 log 4

x thay vao (2) ta được y = 3

2

1 log 4 2 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 3

2 log 4

x ,y =

3 2

1 log 4 2

0.25

Câu III

(1.0đ

)

Đặt I = 1 3 4

2 0

1

x





2

x





1 2 1 0

x

I x e dx Đặt t = x3 ta có

1

1

0

Ta tính

1 4 2

01

x

x





 Đặt t = 4

x   x t4 dx4t dt3 0.25

Khi đó

2

t



Vậy I = I1+ I2 1 3

3e 

0.25

Câu IV

(1.0đ

)

Ta có xy yz xz 2xyz 1 1 1 2

      

Tương tự ta có 1 1 1 1 1 x 1 z 1 2 (x 1)(z 1) (2)

0.25

B D

A

C P

M

N

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( 1)( 1)( 1) 1

8

Câu V

(1.0đ

)

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P

Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC

từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP

có

2 2 2

Vậy V = 1

12

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(a  c b )(b  c a )(a b c )

1.0

CâuVIa

(2.0đ)

1.(1.0đ)

Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)

0.5

Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5

B' Y

X

Z

N

D'

C'

A'

C

B M

2.(1.0đ)

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ

Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)

4 điểm M,N,B,C’ có dạng

= 0

có

5 2

5

2

1

2 4

A

C

D

  



 

 

 Vậy bán kính R = A2B2C2D 15

1.0

CâuVIa

(1.0đ)

Câu

VIb

(2.0đ)

1.(1.0đ)

bất phương trình

3 3

3

3log ( 1)

2 log ( 1)

log 4

0 ( 1)( 6)

x x



 

3 log ( 1)

0 6

x x





0.25

0.25

Ta có F1( 12;0),F2( 12;0)Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của

M trên đường thẳng 8

3

x Ta có MF2 = a - cx0/a = 8 3 0

2

x



0.5

MH = 8 3 0

3

x



Vậy MF2

MH không đổi

0.5

2.(1.0đ) Ta có (1;1;1), (1; 2;3), ; (1; 2;1)

AB n AB n   

Vì  AB n; Q  0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB n; Q làm véc tơ pháp tuyến

1.0

Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0

CâuVIb

(1.0đ)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 04

I.1

x y



+) Giới hạn, tiệm cận:

( 1) ( 1)

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2

+)

 2

3

1

x

   



+) BBT:

x -  - 1

+

y ' + || +

y 

2 ||

2 

1 điểm

+) ĐT:

I.2 +) Ta có I(- 1; 2) Gọi

IM

y y

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:

0

3 '( )

1

M

x



+) ycbtk k M. IM   9

+) Giải được x0 = 0; x0 = -2 Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)

1 điểm

II.1 +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0}

+) Đặt y 2x2,y0Ta có hệ: 2 2

2 2

 







+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3

2

x  

1 điểm

x  k kZ

+) Giải pt được cos24x = 1 cos8x = 1 

4

xk

và cos24x = -1/2 (VN)

+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là ,

2

1 điểm

8

6

4

2

-2

-4

-6

III 3 2 3 2

3

2

L

  

1 điểm

IV.1 +) Gọi

C

r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB

1

2 2

C

+) Scầu = 4 r2C 4 r2 l r

l r



1 điểm

IV.2 +) Đặt :

2 3

2 2 2

5 1

2

y r

















+) BBT:

r

0 5 1

2 l



l

y'(

r ) y(r )

ymax

+) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  5 1

2

1 điểm

r

l

I

M S

V +) Ta có

2 2 2

2 2 2

2

P x y z x y z xy yz zx

x y z x y z

P x y z x y z

x y z x y z

P x y z x y z

+) Đặt x +y + z = t, t  6(Bunhiacovxki), ta được: 1 3

2

+) P t'( )     0 t 2, P( 6) = 0; (P  2) 2 2 ; ( 2)P 2 2 +) KL: M Pax 2 2;MinP 2 2

1 điểm

VI

+) ( , ) 5

2

d I AB  AD = 5  AB = 2 5  BD = 5

+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2

+ y2 = 25/4

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:

2 2

2

( 2; 0), (2; 2)

2

0

x y

x y

A B x

x y

y

  





 



(3;0), ( 1; 2)

2

2010

2010

y









+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0

+) Xét và CM HS f t( ) t log2009(t2010),t0 đồng biến,

từ đó suy ra x2 = y2 x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t

    , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1

 x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3