SỞ GD- ĐT PHÚ THỌ. ĐÁP ÁN CHẤM THI .(có 5 trang) Trường THPT Tam Nông Môn: Toán , khối A. Câu ý Nội dung Điểm Phần chung cho các thí sinh…. 7.00 I 2.00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m=2 hàm số trở thành : 4 2 5 4.y x x= − + • Tập xác định:D= ¡ . • Sự biến thiên: 3 2 0 ' 4 10 2 (2 5), ' 0 5 2 x y x x x x y x =   = − = − = ⇔  = ±   0.25 • Bảng biến thiên: x -∞ 5 2 − 0 5 2 + ∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y 0.25 • Hàm số đồng biến trên các khoảng 5 5 ;0 và ; 2 2     − +∞  ÷  ÷  ÷  ÷     , hàm số nghịch biến trên các khoảng 5 5 ; và 0; 2 2     −∞ −  ÷  ÷  ÷  ÷     . • 5 9 (0) 4, ( ) 2 4 CD CT y y y y= = = ± = − 0.25 • Đồ thị :Giao trục Ox: (-2;0), (-1;0), (1;0), (2;0) 0.25 2 Tìm các giá trị của tham số m để……(1,00 điểm) • Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là nghiệm của phương trình: 2 4 2 2 1 (2 1) 2 0 2 x x m x m x m  = − + + = ⇔  =  (*) 0.25 • Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau khi và chỉ khi phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng. Trước hết (*) có 4 nghiệm phân biệt thì m > 0 0.25 • Với m> 0 thì các nghiệm (*) là : 1, 1, 2 , 2m m− − theo thứ tự : 1, 2 , 2 , 1m m − − là cấp số cộng khi : 1 2 2 1 2 18 m m m= − ⇔ = 0.25 • Hoặc: 2 , 1, 1, 2m m − − là cấp số cộng khi : 9 2 m = Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn là: 1 18 m = , 9 2 m = . 0.25 4 +∞ 9 4 − 9 4 − +∞ II 2.00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) • Điều kiện : x ∈ ¡ Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 2 2 6cos cos 8 6sin cos 9sin sin x 6cos 1 sinx 2sin 9sin 7 (1 sinx)(6cos 2sin 7) 0 x x x x x x x x x x + = + − + ⇔ − = − + ⇔ − + − = 0.50 • 1 sinx 0 2 2 x k k π π − = ⇔ = + ∈ ¢ • 6cos 2sin 7 0x x + − = vô nghiệm vì :6 2 + 2 2 = 40 < 7 2 = 49 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k k π π = + ∈ ¢ 0.50 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) • Điều kiện: 0 1 0 x y x ≠    − ≥   • Phương trình đầu của hệ thành: 2 2 1 4 1 4 .5 1 3 t = 0 ( ói: t = - ) do ( ) 5 5 5 5 5 là hàm sô nghich biên, ( ) 1 3 là hàm sô dông biên trên t t t t t t v x y f t g t + +             + = + ⇔ = +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷             = + ¡ Với t = 0 suy ra x = y 0.25 • Với x= y thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: 2 1 1 1 1 1 2 3 1. ( ) 3 2 0 1 2 x x x x x x x x x x x x x  − =   + − − = ⇔ − − − + = ⇔  − =   0.25 • 1 1 5 1 2 x x y x ± − = ⇒ = = 0.25 • 1 2 2 5x x y x − = ⇒ = = ± Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm(x ; y) như trên 0.25 III 2.00 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi….(1,00 điểm) • Hoành độ giao điểm của hai đường : ( ) ( ) 2 2 0, là nghiêm phuong trinh: 0 0 1 1 x x xe xe y y x x x = = = ⇔ = + + Vậy hình phẳng cần tính giới hạn bởi: ( ) ( ) [ ] 2 2 0, , 0, 1 và ta thâ : 0, 0;1 1 1 x x xe xe y y x x y x x x = = = = ≥ ∀ ∈ + + 0.25 • ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 0 0 0 1 1 1 x x x xe e e S dx dx dx I I x x x = = − = − + + + ∫ ∫ ∫ 0.25 S A B C D H • ( ) ( ) 1 2 2 2 0 1 1 2 1 0 0 dat: 1 1 1 1 nê : 1 1 1 2 x x x x x u e du e dx e I dx dx dv v x x x e e e n I dx I x x  =  =   = ⇒   − = = +   + +   − = + = − + + + + ∫ ∫ 0.25 • Từ đó : ( ) 1 2 e S Dvdt= − 0.25 2 Tính thể tích và tính khoảng cách….(1,00 điểm) Từ giả thiết : ( ) vuô tai C vuong tai C SA ABCD ACD ng SCD ⊥  ⇒ ∆  ∆  . Và góc BAD bằng 90 0 và BA= BC= a nên tam giác ABC vuông cân tại B suy ra góc CAD bằng 45 0 hay tam giác ACD vuông cân tại C có 2 2AC CD a AD a= = ⇒ = 3 1 1 2 . ( ) ( ( ) ( )) 3 3 6 SBCD SBCD V SA dt BCD SA dt ABCD dt ABD V a= = − ⇔ = (đvtt). ∆SAB ⊥tại A nên: 2 2 3, và dông dang nên ta có : 3 SH SA SH SA SB a SHA SAB SA SB SB SB   = ∆ ∆ = ⇒ = =  ÷   0.50 1 . mà : ( ,( )). ( ) 3 3 3 . ( ,( )) . ( ) . ( ) 3 SHCD SHCD SBCD SHCD SBCD SHCD SBCD V SH SH V V V d H SCD dt SCD V SB SB V SH V a d H SCD dt SCD SB dt SCD = ⇔ = = ⇒ = = = 0.50 IV Chưng minh bất đẳng thức 1.00 3 3 3 , , 0, . . 1 dat : , , x, y,z > 0 và . . 1," " 1 a b c a b c a x b y c z x y z x y z > = = = = ⇒ = = ⇔ = = = 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b b c c a x y xyz y z xyz z x xyz + + ≤ ⇔ + + ≤ + + + + + + + + + + + + (*) 0.50 Ta có: ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 ( ) 1 1 1 (1) ( ) x y xyz x y xy xyz x y xyz xy x y z z xy x y z x y z x y xyz x y xyz + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤ ⇔ ≤ + + + + + + + + Hoàn toàn tương tự có : 3 3 3 3 1 1 (2), (3) x y x y z x y z y z xyz z x xyz ≤ ≤ + + + + + + + + Từ (1),(2),(3) suy ra (*) đúng ta có điều chứng minh dấu ” =” khi a=b=c=1 0.50 Va Dành cho ban cơ bản… 3.00 1 Hình học giải tích…… (2.00 điểm) a Chứng minh đường thẳng AB song song mặt phẳng (P)… (1,00 điểm) • Có ( 4;0;4)AB − uuur , mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là : (2; 1;2)n − r . • . 4.2 0 2.4 0 và : ( ) / /( )AB n A P AB P= − + + = ∉ ⇒ uuur r 0.5 • Mặt phẳng (Q) trung trực của AB nhận ( 4;0;4)AB − uuur làm véc tơ pháp tuyến và đi qua trung điểm (2;0;2)I của AB nên có phương trình: 4( 2) 0( 0) 4( 2) 0 0x y z x z− − + − + − = ⇔ − = 0.5 b Tìm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều (1,00 điểm) • Tam giác ABC đều khi và chi khi AB=AC=BC Hay ( ) AB AC AB AC AC BC C Q = =   ⇔   = ∈   do C∈(P) suy ra : ( ) ( )C P Q AB AC ∈ ∆ = ∩   =  0.25 • Xác định phương trình của ∆ :… 2 2 4 0 4 4 , 0 x t x y z y t t x z z t =  − + − =   ⇒ = − + ∈   − =   =  ¡ 0.25 • Vì C∈ ∆ nên C(t;-4+4t;t)mà CA= CB nên CA 2 = CB 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 32 4 4 4 9 20 0 20 9 t AB AC t t t t t t =   = ⇔ = − + − + + ⇔ − = ⇔  =  • Có hai điểm là 20 44 20 (0; 4;0) và ( ; ; ) 9 9 9 C C− 0.50 2 Tìm phần thực của số phức…(1,00 điểm) Tìm số n thỏa mãn: ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n− + + = (*) điều kiện n >3 • Ta thấy n = 19 là một nghiệm của (*) mà hàm số: ( ) 4 5 ( ) log 3 log ( 5)f t t t= − + + đồng biến • Nên khi n >19 thì : f(n)>4 khi: 3 < n < 19 thì: f(n)< 4 Vậy n=19 là duy nhất 0.50 • Dạng lượng giác của số phức: w 1 2( os isin ) 4 4 i c π π = + = + • Với n= 19 áp dụng công thức Moavrơ ta được: 19 19 19 19 19 3 3 w ( 2) os isin ( 2) os isin 4 4 4 4 z c c π π π π     = = + = +  ÷  ÷     Suy ra phần thực của Z là : ( ) 19 19 3 2 2 os ( 2) . 512 4 2 c π = − = − . 0.50 Vb Dành cho chương trình nâng cao 3.00 1 Hình giải tích (2,00 điểm) a Chứng minh hai đường thẳng chéo nhau và tính khoảng cách (1 điểm) • Đường thẳng d 1 đi qua điểm M 1 (4;1;-5) và có véc tơ chỉ phương (3; 1; 2)u = − − r Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2 (2;-3;0) và có véc tơ chỉ phương ' (1;3;1)u = r 0.75 • ( ) 1 2 1 2 , ' 5; 5;10 , ( 2; 4;5) , ' . 60 0u u M M u u M M     = − = − − ⇒ = ≠     r ur uuuuuur r ur uuuuuur • Nên hai đường thẳng d 1 , d 2 chéo nhau • ( ) 1 2 1 2 2 2 2 , ' 60 60 , 2 6 5 6 5 5 10 , ' u u M M d d d u u     = = = =   + +   r ur uuuuuur r ur 0.25 b Viết phương trình mặt cầu ….(1,00 điểm ) • Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ ( ) 1 2 ,d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0.25 • Ta tìm A, B : ' AB u AB u  ⊥   ⊥   uuur r uuur ur A∈d 1 , B∈d 2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) ⇒ AB uuur (….) … ⇒ A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) ⇒ I(2; 1; -1) 0.50 • Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 Nên có phương trình là: ( ) 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6x y z− + − + + = 0.25 2 Tìm dạng lượng giác của số phức …(1,00 điểm) • Áp dụng công thức: log log log , ; , ói : , 0, 0, 1 a b b x c a x a x o a C v a c b b= ∀ > = > > ≠ Phương trình đã cho tương đương với : 2 2 2 3 3 3 log ( 2 6) log ( 2 6) log ( 2 6) 3 4 5 n n n n n n− + − + − + + = Đặt : t = ( ) 2 3 log 2 6n n− + ta được phương trình: 3 4 3 4 5 1 2 5 5 t t t t t t     + = ⇔ + = ⇔ =  ÷  ÷     (Hàm số : 3 4 ( ) nghich biên và : (2) 1 5 5 t t f t f     = + =  ÷  ÷     ) 0.25 • Với t = 2 ta có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 3 3 log 2 6 2 2 6 9 2 3 0 1 n n n n n n n n =  − + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔  = −  Do n∈ N nên n = 3. 0.25 • Ta có: 1 3. 2 os isin 3 3 i c π π       − = − + −  ÷  ÷  ÷       nên : • Với n= 3, áp dụng công thức Moavrơ : ( ) ( ) 3 (1 3. ) 8 os .sin( ) .z i c i π π = − = − + − 0.50 Ghi chú : • Trong đáp án chỉ trình bày một cách giải nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì đều được điểm tối đa theo từng phần của đáp án. • Thí sinh viết sai các kí hiệu phép toán, sử dụng sai thuật ngữ thì không chấm điểm . CHẤM THI .(có 5 trang) Trường THPT Tam Nông Môn: Toán , khối A. Câu ý Nội dung Điểm Phần chung cho các thí sinh…. 7.00 I 2.00 1 Khảo sát sự biến thi n. định:D= ¡ . • Sự biến thi n: 3 2 0 ' 4 10 2 (2 5), ' 0 5 2 x y x x x x y x =   = − = − = ⇔  = ±   0.25 • Bảng biến thi n: x -∞ 5 2 − 0 5