SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010 MÔN TOÁN, KHỐI A, B ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM * Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần tương ứng. Câu ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát hàm số = + + + 3 2 6 9 3y x x x (C) 1,00 TXĐ: ¡ . 2 1 1 ' 3 12 9, ' 0 3 3 x y y x x y x y = − ⇒ = −  = + + = ⇔  = − ⇒ =  '' 6 12, '' 0 2 1y x y x y= + = ⇔ = − ⇒ = . BBT: ghi đầy đủ Kết luận về tính đb, nb, cực trị Đồ thị. Đồ thị là đường cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm. Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3) 4 3 2 1 -1 -4 -2 4 3 2 1 -1 -4 -2 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 3 2 1 2 log 6 9 3x x x m+ + + = (1) 1,00 (1) 3 2 1 6 9 3 2 m x x x   ⇔ + + + =  ÷   . Gọi (C’) là đồ thị hs 3 2 6 9 3y x x x= + + + Pt (1) có 6 nghiệm ⇔ đt 1 2 m y   =  ÷   cắt (C’) tại 6 điểm Ta có 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 6 9 3 khi 6 9 3 0 6 9 3 ( 6 9 3) khi 6 9 3 0 x x x x x x y x x x x x x x x x  + + + + + + ≥  = + + + =  − + + + + + + <   Gọi (C 1 ) là phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C 2 ) là phần đồ thị của (C) nằm dưới Ox (C 3 ) là hình đối xứng của (C 2 ) qua trục Ox thì (C’) = (C 1 ) ∪ (C 3 ). Từ đồ thị (C’), pt (1) có 6 nghiệm ⇔ 1 0 1 0 2 m m   < < ⇔ >  ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 Tìm m để pt 2 (1 )sin cos 1 2cosm x x m x− − = + (1) có nghiệm 1,00 TXD: ¡ . pt (1) ( ) 2 sin cos 1 2cos sinx x m x x⇔ − = + + Nhận xét. Hs sin , cosy x y x= = tuần hoàn với chu kì 2 π nên pt (1) có nghiệm ⇔ pt 0,25 (1) có nghiệm thuộc nửa khoảng 3 ; 2 2 π π   − ÷    . TH1. (1 )( 1) 1 0 2 x m m π = − ⇒ − − = ⇔ − = vô lí. Vậy 2 x π = − không là nghiệm TH2. 1 (1 ) 2 2 x m m m π = ⇒ − = ⇔ = . Vậy 1 2 m = thì pt có ít nhất một nghiệm là 2 π TH3. cos 0 2 2 x x π π − < < ⇒ > . Chia hai vế cho cos x ta được ( ) 2 2 tan 1 tan 1 tan 3 tan tan 3 tan x x m x x m x x − ⇔ − = + + ⇔ = + + Đặt tan ,t x t= ∈ ¡ ta được 2 1 3 t m t t − = + + . Đặt 2 1 ( ) 3 t f t t t − = + + ( ) 2 2 2 2 3 3 '( ) 0, ( ) db trên 3 3 t t f t t f t t t t + + + = > ∀ ⇒ + + + ¡ Mặt khác 1 lim ( ) , lim 2 t t f t →−∞ →+∞ = −∞ = . Vậy 1 2 m < TH4. 3 cos 0 2 2 x x π π < < ⇒ < . Chia hai vế cho cos x ta được ( ) 2 2 tan 1 tan 1 tan 3 tan tan 3 tan x x m x x m x x − ⇔ − = − + + ⇔ = − + + Đặt tan ,t x t= ∈ ¡ ta được 2 1 3 t m t t − = − + + . Đặt 2 1 ( ) 3 t f t t t − = − + + ( ) 2 2 2 2 3 3 '( ) , '( ) 0 1 3 3 t t f t f t t t t t − − + + = = ⇔ = − − + + + . Lập BBT của ( )f t 0,25 0,25 0,25 t −∞ 1− +∞ ' ( )f t + 0 - ( )f t 2 3 1 2 −∞ Từ BBT suy ra 2 3 m ≤ Kết luận. Các giá trị của m để pt có nghiệm là 2 3 m ≤ 2 2 1 1 2 1 2 3 5 x x x > − + − (1) 1,00 ĐK: 2 5 2 3 5 0,2 1 0 , 1 2 x x x x x+ − > − ≠ ⇔ < − > TH1. 5 2 1 0 2 x x< − ⇒ − < , bất phương trình đúng. TH2. 2 1 2 3 5 0,2 1 0x x x x> ⇒ + − > − > Bpt 2 2 3 2 1 2 3 5 2 7 6 0 2 2 x x x x x x x  <  ⇔ − > + − ⇔ − + > ⇔  >  Kết hợp điều kiện ta được 3 1 2 x< < hoặc 2x > Kết luận. Tập nghiệm của bpt là S = 5 3 ; (1; ) (2; ) 2 2   −∞ − ∪ ∪ +∞  ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 III Tính thể tích khối tròn xoay 1,00 Ta có 2 3 x y x = + cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x = 0. Vậy V = ( ) 2 1 1 2 2 2 2 2 0 0 3 3 x x dx dx x x π π   =  ÷ +     +  ÷   ∫ ∫ Đặt 2 3 tan , ; 3(1 tan ) 2 2 x t t dx t dt π π   = ∈ − ⇒ = +  ÷   . 0 3 tan 0, 1 3 tan 6 π = = V = 1 2 2 6 6 2 2 2 2 2 2 0 0 0 3tan 3 3(1 tan ) sin ( 3) (3tan 3) 3 x t dx t dt tdt x t π π π π π = + = + + ∫ ∫ ∫ = 2 6 6 0 0 3 1 cos 2 3 sin 2 3 ( ) 3 2 6 2 36 8 t t dt t π π π π π π − = − = − ∫ * Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần như sau V = ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 2 0 0 3 3 x x dx x dx x x π π = + + ∫ ∫ và đặt ( ) 2 2 2 1 , ' ' 1, 2( 3) 3 x u x v u v x x − = = ⇒ = = + + rồi đi đến ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 2 0 0 0 1 2( 3) 2 3 3 x x x dx dx x x x π π   −  ÷ = +  ÷ + + +   ∫ ∫ 0,25 0,25 0,25 0,25 IV Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 1,00 Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD) Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD O A B C D S H Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là giao của AC và BD. CBD ABD SBD ∆ = ∆ = ∆ OC OA OS SAC⇒ = = ⇒ ∆ vuông tại S 2 1AC x⇒ = + 2 2 2 1 1 1 1 x SH SH SA SC x 2 = + ⇒ = + ABCD là hình thoi 2 2 2 1 3 2 AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = − 2 2 2 1 1 1 . 1. 3 3 2 2 6 ABCD S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = − áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2 2 1 1 3 1 3 . 6 6 2 4 x x V x x + − = − ≤ = Đẳng thức xảy ra 6 2 x⇔ = . Vậy V lớn nhất khi 6 2 x = 0,25 0,25 0,25 0,25 V Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 2 2 2 2 3 1 1 1a b c − + + + + 1,00 Đặt tan , tan , tana x b y c z= = = . , , 0 , , 0; 2 a b c x y z π   > ⇒ ∈  ÷   tan tan tan tan tan( ) 1 1 tan tan a c x z abc a c b b y y x z ac x z + + + + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + − − y x z k π ⇔ = + + . , , 0; 0 2 x y z k π   ∈ ⇒ =  ÷   . Vậy y x z⇔ = + P = 2 2 2 2 2cos 2cos 3cos 1 cos 2 (1 cos 2 ) 3cosx y z x y z− + = + − + + 2 2 2sin( )sin( ) 3cos 2sin( )sin 3(1 sin )x y x y z x y z z= − + − + = + + − 2 2 2 1 1 3sin 2sin( )sin 3 3 sin sin( ) 3 sin ( ) 3 3 z x y z z x y x y   = − + + + = − − + + + +  ÷   1 P 0 3 3 ⇒ ≤ + + . Đẳng thức xảy ra 1 1 , 2, 2 2 2 a b c⇔ = = = . Vậy 10 max 3 P = 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh C 1,00 1 1 1 1 1 . ( ; ) ( ; ) 3 2 2 2 2 GAB CAB S S AB d G AB d G AB= = ⇔ = ⇔ = 3 3 ( ;3 3)G y x G t t∈ = − ⇒ − . Đt AB có pt 8 0x y− − = (3 3) 8 1 1 ( ; ) 2 5 1 2 2 2 t t d G AB t − − − = ⇔ = ⇔ + = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2; 9 13;18 3 3; 12 16;27 t G C t G C = − ⇒ − − ⇒ ⇔  = − ⇒ − − ⇒   0,25 0,25 0,25 0,25 2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều 1,00 ( ; ; ) ( ) 3 8 7 6 0C a b c P a b c∈ ⇔ − + − = (1). Tam giác ABC đều 2 2 2 AC BC AB⇔ = = 0,25 2 2 2 0 (2) 2 2 6 3 0 (3) a c a b c a b c + =  ⇔  + + − − + + =  Từ (1) và (2) suy ra 3 3 2 , 2 2 2 a b c b= − − = + thế vào (3) ta được 2 18 52 39 0b b+ + = . Phương trình này vô nghiệm. Vậy không có điểm C nào thỏa mãn. 0,25 0,25 0,25 VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều 1,00 Tam giác OAB đều 1 2 1 2 OA OB AB z z z z⇔ = = ⇔ = = − Ta có 3 3 2 2 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) 0z z z z z z z z z z z z+ = + + − = ⇒ = − ⇒ = Mặt khác 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0 ( ) ( )z z z z z z z z z z z z+ − = ⇔ − = − ⇒ − = − 2 1 2 1 2 1 2 1 2 .z z z z z z z z⇒ − = ⇒ − = = . 0,25 0,25 0,25 0,25 VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1,00 1 1 2 1 . ( ; ) 1 ( ; ) 4 2 17 IAB ABCD S S AB d I AB d I AB= = ⇔ = ⇔ = Đt AB có pt 4 6 0x y− + = . 3 2 0 (3 2; )I x y I t t∈ − + = ⇒ − 3 2 4 6 2 2 ( ; ) 4 2 17 17 17 t t d I AB t − − + = ⇔ = ⇔ − = 2 (4;2) (6;2), (10;3) 6 (16;6) (30;10), (34;11) t I C D t I C D = ⇒ ⇒  ⇔  = ⇒ ⇒  0,25 0,25 0,25 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng ∆ 1,00 d có ptts 1 , 3 2 , 3x t y t z t= − = − + = + . ∆ cắt d tại I (1 , 3 2 ,3 )I t t t⇒ − − + + 4 2 2 ( ;( )) 2 2 2 3 t t d I P t = −  = ⇔ = ⇔  = −  ( ) 3 5 8 4 3;5;8 : 2 1 2 x y y t I + − − = ⇒ − ⇒ ∆ = = − ( ) 3 7 1 2 3; 7;1 : 2 1 2 x y y t I − + − = − ⇒ − ⇒ ∆ = = − 0,25 0,25 0,25 0,25 VII.b Giải hệ phương trình    =− =+ 1loglog 272 33 loglog 33 xy yx xy 1,00 Đk: 0, 0x y> > . 3 3 log log 1 3y x y x− = ⇔ = 3 3 3 3 3 log log log log log 2 27 9 y x y x y x y x y x= ⇒ + = ⇔ = Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được 3 3 3 3 3 log .log log 9 (1 log )log 2y x x x= ⇔ + = 3 3 3 9 log 1 1 1 log 2 9 3 x y x x x y = ⇒ =  =   ⇔ ⇔   = − = ⇒ =   (thỏa mãn đk). Vậy hệ pt có 2 nghiệm là 0,25 0,25 0,25 0,25 . ĐOÀN THƯỢNG KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010 MÔN TOÁN, KHỐI A, B ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM * Chú ý. Thí sinh làm b i không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng. giác ABC đều 1,00 ( ; ; ) ( ) 3 8 7 6 0C a b c P a b c∈ ⇔ − + − = (1). Tam giác ABC đều 2 2 2 AC BC AB⇔ = = 0,25 2 2 2 0 (2) 2 2 6 3 0 (3) a c a b c a b