TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN 2. NĂM 2011. Khối B I. Môn Toán Câu Nội dung Điểm I (2,0đ) 1. Khảo sát sự biến thiên …. 1,00 Hs tự trình bày 0,75 Đồ thị 0,25 2. Tìm các giá trị m để … 1,00 Xét phương trình 4 2 8 os 9 os 0c x c x m− + = với [0; ]x π ∈ (1) Đặt osxt c= , phương trình (1) trở thành: 4 2 8 9 0 (2)t t m− + = 0,25 Vì [0; ]x π ∈ nên [ 1;1]t ∈ − , giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. 0,25 Ta có: 4 2 (2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = − Gọi (C 1 ): 4 2 8 9 1y t t= − + với [ 1;1]t ∈ − và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) và (D). 0,25 Dựa vào đồ thị ta có kết luận: 81 1 32 m≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 0,25 II (2,0đ) 1. Giải phương trình …. 1,00 Điều kiện: ( ) cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0 cot 1 x x x x x x + ≠   ≠   0,25 Từ (1) ta có: ( ) 2 cos sin 1 cos .sin 2 2 sin sin cos2 cos cos 1 cos sin 2 sin x x x x x x x x x x x x − = ⇔ = + − 0,25 2sin .cos 2 sinx x x⇔ = ( ) 2 2 4 cos 2 2 4 x k x k x k π π π π  = +  ⇔ = ⇔ ∈   = − +   ¢ 0,25 Giao với điều kiện được ĐS: ( ) 2 4 x k k π π = − + ∈¢ 0,25 2. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 8 4 2 2 1 1 log 3 log 1 log 4 . 2 4 x x x+ + − = 1,00 Điều kiện: 0 1x < ≠ 0,25 ( ) ( ) 2 3 1 4x x x⇔ + − = 0,25 Trường hợp 1: 1x > : ( ) 2 2 2 3 0 1 ( ); 3x x x loai x⇔ − − = ⇔ = − = 0,25 Trường hợp 1: 0 1x < < : ( ) 2 2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = − Vậy tập nghiệm của (2) là { } 3;2 3 3T = − 0,25 III Tính tích phân …. 1.00 (1,0đ) Ta có 2 2 0 (4 os 1)sin x 1 cos c x dx I x π − = + ∫ 0,25 . Đặt t = 1 + cosx, ta được 2 2 2 1 1 4 8 3 3 (4 8 ) t t A dt t dt t t − + = = − + ∫ ∫ 0,5 Vậy I = -2 + 3ln2. 0,25 IV (1,0đ) Cho hình chóp … 1,00 Ta có 2IA IH= − ⇒ uur uuur H thuộc tia đối của tia IA và 2IA IH= 2 2BC AB a= = Suy ra 3 , 2 2 a a IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + = 0,25 Ta có 5 2 2 2 0 2 . .cos 45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) 15 0 0 , 60 .tan 60 2 a SC ABC SCH SH HC= ∠ = ⇒ = = 0,25 Ta có 5 2 2 2 0 2 . .cos 45 2 a HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ = Vì ( ) ( ) ( ) 0 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 3 . 1 15 . 3 6 S ABC ABC a V S SH dvtt ∆ = = 0,25 V (1,0đ) Giải bất phương trình 2 4 2 6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤ ( ).x ∈¡ 1,00 TXĐ: ¡ . , BPT ( ) 2 2 2 2 6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤ 0,25 2 2 2 2 1 6( 1) 12. 6 0 1 1 x x x x x x x x − + − + ⇔ + − ≤ + + + + (vì 2 1 0,x x x+ + > ∀ ) 0,25 Đặt: 2 2 6( 1) 1 x x t x x − + = + + (t > 0), ta được 2 2 6 0t t+ − ≤ 3 0 2 t⇔ < ≤ . V ây 2 2 2 6( 1) 9 11 21 11 21 5 11 5 0 ; . 1 4 10 10 x x x x x x x   − + − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈  ÷ + +   0,25 VIa (1,0đ) Từ các chử số … 1,00 Gọi số cần tìm có dạng là abcde , { } , , , , 0;1;2;3;4a b c d e ∈ ( 0a ≠ và { } 0;2;4e ∈ . Số có dạng 0abcd . Chọn { } , , , 1;2;3;4a b c d ∈ thì ta có: 4.3.2.1 = 24 số chẵn dạng 0abcd Số có dạng abcde , { } 2;4e ∈ có 2 cách chọn, chọn { } { } 1;2;3;4 \a e∈ có 3 cách chọn, chọn { } { } 0;1;2;3;4 \ ;b e a∈ có 3 cách chọn, chọn { } { } 0;1;2;3;4 \ ; ;c e a b∈ có 2 cách chọn và chọn { } { } 0;1;2;3;4 \ ; ; ;d e a b c∈ có 1 cách chọn. Vậy: 2.3.3.2.1 = 36 Vậy có: 24 + 36 = 60 số VIIa (2,0đ) 1. Trong hệ toạ độ Oxy 1,00 Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình 3 0 9 3 ; 6 0 2 2 x y I x y − − =    ⇒   ÷ + − =    0.25 M là trung điểm của AD ( ) Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒ 0,25 Vì I, M thuộc d : 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − = 0.50 2. … Tìm toạ độ M thuộc d 1 , N thuộc d 2 … 1.00 Gọi ( ) ( ) 1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − − 0,25 ( ) ( ) ; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = = Trường hợp 1: ( ) ( ) 0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − − uuuur ( ) . 0 ' 0 5;0; 5 P P MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ − uuuur uur uuuur uur 0,25 Trường hợp 2: ( ) ( ) 1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − − 0,25 Kết luận: …. 0,25 VIb (1,0đ) Giải hệ phương trình … 1,00 Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y  − − + + > − + > + > + >  < − ≠ < + ≠  . 0,25 1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y x y x y x y x y x I y x y x − + − + − + − + − + + − = + + − − =     ⇔ ⇔   + − + + − +     0,25 Đặt 2 log (1 ) y x t + − = thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + 0 2 x x =  ⇔  = −  . Suy ra: 1 1 y y = −   =  . 0,25 Kiểm tra thấy chỉ có 2, 1x y= − = thoả mãn điều kiện trên. Đáp số 2, 1x y= − = . 0,25 VIIb (2,0đ) 1. Tìm toạ độ điểm M trên đường thảng … 1.00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R = . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì MAB là tam giác đều hoặc cân tại góc M=120 0 . * TH1: ∆MAB là tam giác đều. Khi đó ta có: suy ra 2R=2 5IM = . Vậy điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 20x y− + − = . 0,25 Mặt khác, điểm M thuộc ∆ , nên tọa độ của M nghiệm của hệ PT : ( ) ( ) 2 2 2 1 20 (1) 2 12 0 (2) x y x y  − + − =   + − =   0,25 Từ (1) và (2): ( ) ( ) 2 2 2 3 2 10 1 20 5 42 81 0 27 / 5 y y y y y y =  − + + − = ⇔ − + = ⇔  =  * TH2: ∆MAB cân tại góc M=120 0 : Giải tương tự TH 1 ta có: Không tồn tại M thoả mãn. 0,25 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: ( ) 6;3M hoặc 6 27 ; 5 5 M   −  ÷   0,25 2. Trong không gian … 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng ∆ : 1 2 1 2 x t y t z t = − +   = −   =  . Điểm M ∈∆ nên ( ) 1 2 ;1 ;2M t t t− + − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t = − + + − − + = + = + = − + + − − + − + = − + = − + + = + + − + 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5u t= r và ( ) 3 6;2 5v t= − + r . 0,25 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t  = +     = − +   r r Suy ra | | | |AM BM u v+ = + r r và ( ) 6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + = r r r r Mặt khác: | | | | | |u v u v+ ≥ + r r r r Vậy 2 29AM BM+ ≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v r r cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t ⇔ = ⇔ = − + ( ) 1;0;2M⇒ và ( ) min 2 29AM BM+ = . 0,25 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29+ 0,25 . TRƯỜNG THPT B C YÊN THÀNH ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN 2. NĂM 2011. Khối B I. Môn Toán Câu Nội dung Điểm I (2,0đ) 1. Khảo sát sự biến thi n …. 1,00 Hs tự trình b y 0,75 Đồ thị 0,25 2 0 15 , 60 .tan 60 2 a SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = = 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 3 . 1 15 . 3 6 S ABC ABC a V S SH dvtt ∆ = = 0,25 V (1,0đ) Giải b t phương trình 2 4 2 6(. dạng là abcde , { } , , , , 0;1;2;3;4a b c d e ∈ ( 0a ≠ và { } 0;2;4e ∈ . Số có dạng 0abcd . Chọn { } , , , 1;2;3;4a b c d ∈ thì ta có: 4.3.2.1 = 24 số chẵn dạng 0abcd Số có dạng abcde ,