Đap an Đê thi thu DH lan 1 Truong THPT Trân Phu-HT

SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2010
Môn: TOÁN
(Đáp án- thang điểm gồm 4 trang)
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Câu Đáp án
Điểm
I.
(2.0 điểm)
1.(1 điểm) Khảo sát….
• Tập xác định: D=
¡
\{-1}.
• Sự biến thiên
- Chiều biến thiên
,
2
3
0,
( 1)
y x D
x
= − < ∀ ∈
+
.
Hàm số nghịch biến trên:
( ; 1)−∞ −
và

( 1; )− +∞
.
- Cực trị : Không có.
0.25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 3;
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
tiệm cận ngang: y = 3.

1 1
lim ,lim ;
x x
y y
− +
→− →−
= −∞ = +∞
tiệm cận đứng: x = -1.
0.25
- Bảng biến thiên:
x
−∞
-1
+∞
y’ - -
y 3

−∞
+∞

3
0.25
• Đồ thị:

6
4
2
-2
y
-5
x
x=-1
y=3
O
-1
-2
3
0.25
2.(1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d nên có hệ số góc là
3
4
−
0.25
Gọi tọa độ tiếp điểm là
0 0
( ; )x y

, ta có
0
2
3 3
1
( 1) 4
x
x
− = − ⇔ =
+
hoặc
0
3x = −
0.25
0
1x =
⇒

9
2
o
y =
; phương trình tiếp tuyến
3 21
4 4
y x= − +
(loại)
0.25
•
0

3x = −
⇒
3
2
o
y =
; phương trình tiếp tuyến
3 3
4 4
y x= − −
(thỏa mãn)
Vậy tiếp tuyến cần tìm là:
3 3
4 4
y x= − −
.
0.25
II
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Giải phương trình …
Điều kiện:
3
2sin 3 0 sin
2
x x+ ≠ ⇔ ≠ −
(*).
0.25
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với
sin 2 .sin 3 sin 2 . osx 2sin 2 . os2x=0x x x c x c+ −

⇔
sin 2 (sin 3 osx 2 os2x)=0x x c c+ −
⇔
sin 2 0x =

hoặc
sin 3 os x - 2 os2 0x c c x+ =
0.25
•
sin 2 0
2
x x k
π
= ⇔ =
.
0.25
•
sin 3 os x - 2 os2 0x c c x+ =
⇔
os x- = os2
6
c c x
π
 
 ÷
 
⇔
2
6
x k

π
π
= − +
hoặc
2
18 3
x k
π π
= +
.
Kết hợp điều kiện (*), ta được nghiệm:
2
x k
π
=
,
2 , 2 ,
18 3 6
x k x k
π π π
π
= + = − +
( )k ∈¢
.
0.25
2. (1.0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện:
5
1
2

x
x
x
> −


≠


≠

(**)
0.25
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
log ( 5) log | 1| log 2 log | ( 1)( 2) |x x x x+ + − = + − −
⇔
( ) ( )
2 2
log ( 5) | 1| log 2 | ( 1)( 2) |x x x x+ − = − −
0.25
⇔
(x+5)|x-1|=2|(x-1)(x-2)|
⇔
x+5=2|x-2| (i)
• Với
( 5;1) (1;2)x∈ − ∪
: (i)
⇔
x =

1
3
−
(thỏa mãn)
• Với
(2; )x∈ +∞
: (i)
⇔
x = 9 (thỏa mãn).
Vậy tập nghiệm là: S=
1
,9
3
 
−
 
 
.
0.5
III
(1.0 điểm)
Tính giới hạn ….

2
3 2
0
( 1) (1 1 2 )
lim
2(1 osx)
x

x
e x
I
c
→
− + − +
=
− −
0.25

2
3 2
2
2
2
0
2
1 2
.3
3
1 1 2
lim
4sin
2
x
x
e x
x
x
x

x
→
 
− −
+
 ÷
 ÷
+ +
 
=
 
−
 ÷
 
2
3 2
2
2
2
0
2
2
2
1 2
.3
3
1 1 2
lim
sin
2

4 .
2
2
x
x
e x
x
x
x
x
x
x
→
 
− −
+
 ÷
 ÷
+ +
 
=
 
 ÷
 
 
−
 ÷
 
 
 ÷

 
0.5
=
2
3
2
2
0
2
2
1 2
.3
3
1 1 2
lim
sin
2
2
x
x
e
x
x
x
x
→
 
− −
+
 ÷

 ÷
+ +
 
 
 ÷
 
−
 
 ÷
 
3 1
2
1
−
= = −
−
.
0.25
IV
(1.0 điểm)
Tính thể tích lăng trụ….
Ta có
2 2
1 1 1 1 1 1
2 .B C AC A B a= − =
Gọi N là hình chiếu của
1
A
lên cạnh
1

AB
,
khi đó
1 1 1 1 1 1 1
(AA )B C B B C A N⊥ ⇒ ⊥
. Do đó
1 1 1
(A C )A N B⊥
Suy ra
·
·
( )
0
1 1 1 1
A ,( ) 30A KN K AC B= =
,

·
1 1 1 1
1
.sin
2
A N A K A KN A K= =
30
a
A
A1
C
B
C1

B1
K
N
0.5
Do các tam giác
1 1
A AB
và
1 1
A AC
vuông tại
1
A
nên ta có
2 2 2
1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 1
1 1 1
AA
1 1 1
AA
A N A B
A K AC

= +





= +


2 2 2
1 1
2 2 2
1 1
4 1 1
AA
1 1 1
AA 5
A K a
A K a

= +


⇔


= +


1
AA 15a⇔ =
0.25
Thể tích lăng trụ
1 1 1
.ABC A B C
:

1 1 1
3
1 1 1 1 1 1
1
AA . AA . . 15 .
2
A B C
V S A B B C a= = =
0.25
V
(1.0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất….
Đặt
a x y
= +
,
b y z= +
,
c z x= +
.
Điều kiện
1x y z+ + =
trở thành
2a b c
+ + =
và
1 1 c a
P
ab cb abc
+

= + =
0.25
Ta có
( )
2
2
4
2
a c
bc abc b a c
+
 
≥ ⇔ ≤ +
 ÷
 
0.25
( )
2
a b c+
( ) ( )
2
2 (2 )( )b b a c b b a c= − + = − +
( )
2
1 (1 ) ( )b a c a c= − − + ≤ +
0.25
⇒
4b c abc
+ ≥
, suy ra

4P ≥
. Dấu bằng xẩy ra khi
1
, 0
2
z y y= = =
. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
4.
0.25
VI.a
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ điểm C
Gọi
( ; )
c c
C x y
, do A, B lần lượt nằm trên trục Ox và Oy nên A(a;0), B(0;b), suy ra
( ; )AB a b= −
uuuv
0.25
Từ giả thiết bài toán ta có
9
6
c
c
x a
y b
+ =



+ =

(1) và
2 6 0
2 0
c c
x y
a b
− − =


− + =

(2)
0.5
Giải (1) và (2) ta được
5, 4
c c
x y= =
, Vậy C(5;4).
0.25
2. (1.0 điểm) Viết phương trình…
Đường tròn (C ) có tâm I(-1;2), bán kính R=
2 2.

Gọi
∆
là đường thẳng cần tìm, khi đó
∆
: A(x-1)+B(y+2)=0 (

2 2
0A B+ ≠
).
0.25
Gọi E là giao của hai tiếp tuyến với đường tròn tại P và Q, khi đó IPEQ là hình vuông, suy ra
2.
( , ) 2
2
R
d I ∆ = =
.
0.25
Hay
( ) ( )
2 2
2 2
| A -1 1 B 2 2 |
2 | 4 2 | 2B A A B
A B
− + +
= ⇔ − = +
+
2
0
3 4 0
4
3
B
B AB
A

B
=


⇔ − = ⇔

=


E
H
P
I
Q
M(1;-2)
0.25
• B=0, chọn A=1: phương trình đường thẳng
∆
: x=1.
•
4
3
A
B =
, chọn A=3
⇒
B=4: phương trình đường thẳng
∆
: 3x+4y+5=0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: x=1 hoặc 3x+4y+5=0.

0.25
VII.a
(1.0 điểm)
Tìm hệ số …
Ta có
1 2 3
A +A 156
n n n
A
+ =
! ! !
156
( 1)! ( 2)! ( 3)!
n n n
n n n
⇔ + + =
− − −

( )n
+
∈¢


3 2
2 2 156 0 6n n n n⇔ − + − = ⇔ =
0.25
Theo nhị thức Niu-tơn ta có
( )
6
2

1 3P x x= + −
0 6 1 5 2 2 4 2 4
6 6 6
(1 ) (1 ) ( 3) (1 ) ( 3) C x C x x C x x= + + + − + + − +
0.25

6 2 5 5 10 6 6 12
6 6 6
(1 ) ( 3) (1 )( 3) ( 3) .
k k k k
C x x C x x C x
−
+ + − + + + − + −
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức,

4
x
chỉ xuất hiện khi khai triển
0 6
6
(1 )C x+
,
1 5 2
6
(1 ) ( 3)C x x+ −
và
2 4 2 4
6
(1 ) ( 3)C x x+ −
0.25

Hệ số của
4
x
trong khai triển
0 6
6
(1 )C x+
là
0 4
6 6
.C C
.
Hệ số của
4
x
trong khai triển
1 5 2
6
(1 ) ( 3)C x x+ −
là
1 2
6 5
( 3) .C C−
.
Hệ số của
4
x
trong khai triển
2 4 2 4
6

(1 ) ( 3)C x x+ −
là
2 2 0
6 4
( 3) .C C−
Vậy hệ sô của
4
x
trong khai triển P thành đa thức là:
0 4
6 6
.C C
+
1 2
6 5
( 3) .C C−
+
2 2 0
6 4
( 3) .C C−
=-30.
0.25
VI.b
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ điểm B
Gọi I (
0
x
;
0

y
) là tâm của hình vuông ABCD, ta có IA
⊥
d và I
∈
d,
AI
uuv
=(
0
x
-1;
0
y
-4).
0.25
Từ đó ta có hệ
0 0
0 0
2 2 0
2( 1) ( 4) 0
x y
x y
− + =


− + − =

0
0

2
(2;2)
2
x
I
y
=

⇔ ⇔

=

.
0.25
B
∈
d
⇒
B(2b-2;b). Do I là tâm của hình chử nhật ABCD, nên IB=IA
⇔
2 2 2 2
(2 2 2) ( 2) (1 2) (4 2)b b− − + − = − + − ⇔
b=3 hoặc b=1
0.25
• B=3
⇒

• B=1
⇒
B(0;3). Vậy B(4;3) hoặc B(0;3).

0.25
2. (1.0 điểm) Tính chu vi…
Gọi độ dài trục lớn là 2a, độ dài trục nhỏ là 2b và độ dài tiêu
cự là 2c, ta có 2c=
1 2
F F
=6

⇒

2 2 2 2 2
9a b c a b− = ⇔ − =
(1)
y
x
A2
B1
B2
N
A1
O
F1
F2
M
0.5
Và
1 1 2 2
2 . 40 . 20
A B A B
S a b a b= = ⇒ =

(2). Từ (1) và (2) ta có hệ
2 2
9
5
. 20
a b
a
a b

− =
⇒ =

=

0.25
Măt khác
2 2 1 2 1 2
( ) ( ) 4 20MN MF NF MF MF NF NF a+ + = + + + = =
. Vậy chu vi tam giác
2
F MN
là
20.
0.25
VII.b
(1.0 điểm)
Tìm các giá trị m…
Tập xác định: D=
¡
\{-m}. 0.25

2
2
2 6 9
'
( )
x mx m
y
x m
+ − −
=
−
0.25
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (3;5)
⇔
2
5
(3;5)
3
' 0, (3;5)
2 6 9 0, (3;5)
m
m
m
y x
x mx m x
 ≤ −

− ∉




⇔
≥ −
 

≤ ∀ ∈


+ − − ≤ ∀ ∈

5
3
2 3, (3;5),( )
m
m
m x x ii
 ≤ −



⇔
≥ −



≤ − − ∀ ∈

(I)
0.25
Vì hàm số f(x)=-x-3 nghịch biến trên (3;5) nên (ii)

2 (5) 8 4m f m⇔ ≤ = − ⇔ ≤ −
.Suy ra (I)
⇔
5m
≤ −
Vậy hàm đã cho nghịch biến trên khoảng (3;5) khi và chỉ khi
5m ≤ −
./
0.25
Hết
Lưu ý : Tất cả các cách làm khác đúng, đầy đủ, ngắn gọn và phù hợp kiến thức sách giáo
khoa đều cho điểm tối đa.