ĐÁP ÁN THI THỬ THPT KHOÁI CHÂU LẦN 4

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4
MÔN TOÁN( KHỐI A+B) - NĂM 2010
Câu Ý Nội dung
Điểm
I 2,00
1
* TXĐ:
{ }
\ 2D R=
* Chiều biến thiên:
2
7
' 0,
( 2)
y x D
x
= − < ∀ ∈
−
Suy ra , hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;2)−∞
và
(2; )+∞
Hàm số không có cực trị
0,25
0,25
Giới hạn:
2 2
lim lim 2; lim , lim
x x

x x
y y y y
+ −
→−∞ →+∞
→ →
= = = +∞ = −∞
. Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận
đứng là đường thẳng x=2 và tiệm cận ngang là đường thẳng y=2
0,25
Bảng biến thiên
0,25
* Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm
3
(0; )
2
−
và cắt trục hoành tại điểm
3
( ;0)
2
−
Đồ thị nhận điểm I(2;2) làm tâm đối xứng
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-9
-8
-7
-6
-5
-4

-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
0.25
2 Đường thẳng y= 2x+m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó
song song
⇔
phương trình ( ẩn x) :
2x 3
2x m
x 2
+
= +
−
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;x x
thỏa mãn
điều kiện

1 2
'( ) '( )y x y x=
( Với y là hàm số đã cho )
0,25
x
y’
y
2
-
2
+
2
- -
-
+
⇔
phương trình:
2
2 ( 6) 2 3 0x m x m+ − − − =
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;x x
khác 2 và thỏa
mãn điều kiện
1 2
4x x+ =
0,25
2
2
( 6) 8(2 3) 0

2.2 ( 6).2 2 3 0 2
6
4
2
m m
m m m
m

∆ = − + + >


⇔ + − − − ≠ ⇔ = −


−

=

0,25
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác 1,00
Phương trình đã cho tương đương với
2 os2x+ 3sin 2 3(sinx+ 3 osx)
1 3 1 3
2+2( os2x+ sin 2 ) 6( sin x+ os )
2 2 2 2
2 2cos(2 ) 6cos( )
3 6
c x c
c x c x

x x
π π
+ =
⇔ =
⇔ + − = −
0,25
0,25
2
1 os(2x- ) 3cos( )
3 6
2cos ( ) 3cos( )
6 6
cos( ) 0
6
3
cos( )
6 2
2
,
6 2 3
c x
x x
x
x
x k x k k Z
π π
π π
π
π
π π π

π π
⇔ + = −
⇔ − = −

− =

⇔


− =


⇔ − = + ⇔ = + ∈
(lo¹i )
0,25
0,25
2 Tìm m để hệ có nghiệm
Xét phương trình:
2 3 6 3 5
2 15.2 2
x x x x+ − − + −
+ =
2 3 6 3 5
2 3 6 3 5
2 3 2 6 3 5
3 3
2
3
2 15.2 2
2 15.2

1
2 2
3
2 15.2 1
3,2 , 0
1
4
4 15 4 0
x x x x
x x x
x x
x x x x
x x
x
x
x t t
t
t t
+ − − + −
+ − − + −
+ − − + − −
+ − −
≥ −


+ = ⇔

+ =



≥ −


⇔

+ =



≥ − = >

⇔ ⇔ =

+ − =


3 3
3
3
1
1
2
3 1
4
x x
x
x
x
x x
+ − −

≥ −

≥ −

 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
+ = +




0,25
0,25
0,25
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi x=1 thỏa mãn bất PT
2
( 2) 2 3 0 1 ( 2) 2 3 0 2x m x m m m m− + + + ≥ ⇔ − + + + ≥ ⇔ ≥ −
0,25
III Tính tích phân 1,00
Đặt
2
1 1 2t x x t dx dt= − ⇒ = + ⇒ =
0,25
Với x=5 thì t=2; với x=10 thì t = 3. Suy ra:
( )
10 3
2
5 2

3
2
2
3
2
dx 2
2 1
x-1
1 1
2 ( )
1
1
1
2(ln( 1) ) | 1 2ln 2
1
tdt
t t
dt
t
t
t
t
= =
− +
−
+
−
−
= − − = +
−

∫ ∫
∫
x 2
0,25
0,25
0,25
IV
0,25
·
·
( ,( )) 1
( ,( )) 2
( ,( )) ,( , )
SI d I SBC
SO d O SBC
d O SBC a OK SBC ABCD SMO
α
= =
⇒ = = = =
Tam giác vuông OKM có :
2
2
2
2 4
sin sin sin
ABCD
a a a
OM AB S AB
α α α
= ⇒ = ⇒ = =

0,25
Tam giác vuông SKO có
·
·
;
os
a
SOK SMO SO
c
α
α
= = =
0,25
2 3
2 2
1 1 4 4
. . .
3 3 os sin 3cos sin
SABCD ABCD
a a a
V SO S
c
α α α α
= = =
0,25
V 1,00
Ta có:
2 2 2
1 1 1
a b c

A
a b c
= + +
+ + +
2 2
( )( )
( )( )
( ) ( ) ( )( )
1
a a b a c
a a a a
a b a c
a a b c a b a b a c
a ab bc ca a
+ +
= = = =
+ +
+ + + + +
+ + + +
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
2
( ) ( )
( )( )
2
[( ) ( )] 1
( )
2( )( ) 2
1
a b a c
a b a c

a a a b a c a a
a b a c a b a c
a
+ + +
≥ + +
+ + +
⇔ ≤ = +
+ + + +
+
0,25
0,25
Chứng minh tương tự:
2 2
1 1
( ); ( );
2 2
1 1
b b b c c c
b c b a c b c a
b c
≤ + ≤ +
+ + + +
+ +
Suy ra:
2 2 2
1 3
( )
2 2
1 1 1
a b c a a b b c c

A
a b a c b c b a c b c a
a b c
= + + ≤ + + + + + =
+ + + + + +
+ + +
Dấu “=” xảy ra
3
3
1
a b a c
b c b a
a b c
c b c a
ab bc ca
+ = +


+ = +

⇔ ⇔ = = =

+ = +


+ + =

Vậy giá trị lớn nhất của A bằng
3
2

, đạt được khi
3
3
a b c= = =
0,25
0,25
VIa 1 a)Xác định các yếu tố của (E)
PT chính tắc của (E) là:
2 2
1
9 4
x y
+ =
. Suy ra:
+)
2 2 2 2 2
9 3; 4 2; 5 5a a b b c a b c= ⇒ = = ⇒ = = − = ⇒ =
+)Tiêu điểm:
1 2
( 5;0); ( 5;0)F F−
. Tiêu cự :
2 2 5c =
Đỉnh
1 2 1 2
( 3;0); (3;0); (0; 2); (0;2);A A B B− −
Tâm sai:
5
3
c
e

a
= =
0,25
0,25
b) Đặt
(Ox;OM)= (0 2 )
α α π
≤ ≤
uuur uuuur
và
(Ox;ON)=
2
π
α
+
uuur uuur
. Ta có: tọa độ của M là
cos
Msin
M
M
x OM
y O
α
α
=


=


Do
( )M E∈
nên:

2 2 2 2 2 2
2 2
2
os
1 1
9 4 9 4
1 os
9 4
M M
x y OM c OM sin
c sin
OM
α α
α α
+ = ⇔ + =
⇔ = +
Tương tự:
2 2
2
1 sin
9 4
cos
ON
α α
= +
Suy ra:

2 2 2 2
2 2
1 1 sin sin 1 1 13
9 4 9 4 9 4 36
cos cos
OM ON
α α α α
+ = + + + = + =
(không đổi)
0,25
0,25
2
1.
1
∆
đi qua M
1
(1,-1,2) và có vectơ chỉ phương là
1
(1; 1;0)u = −
ur

2
∆
đi qua M
2
(3,1,0) và có vectơ chỉ phương là
2
( 1;2,1)u = −
uur

Mặt phẳng (P) cần tìm có vectơ pháp tuyến là:
1 2
, ( 1; 1;1)n u u
 
= = − −
 
r uuruur
Vì (P) qua M
1
(1;-1;2)
⇒
(P):
x+y-z+2=0
Do
2
( )M P∉
nên
2
//( )d P
Vậy PT mặt phẳng cần tìm là (P):
x+y-z+2=0
0,25
0,25
2. Vì
1 2
,A B∈∆ ∈∆
nên:
1 1 2 2 2
( 1; 1;2), ( 3;2 1; )A t t B t t t+ − − − + +
2 1 2 1 2

( 2;2 2; 2)AB t t t t t⇒ = − − + + + −
uuur
Đoạn AB có độ dài nhỏ nhất
⇔
AB là đoạn vuông góc chung của
1
∆
và
2
∆
:
1 2 1
1 2
2 1
2
. 0 3 2 0
0
6 3 0
. 0
AB u t t
t t
t t
AB u

= + =


⇔ ⇔ = =
 
+ =

=



uuur ur
uuur uur
Vậy: A(1;-1;2), B(3;1;0)
0,25
0,25
VIIa Viết dạng lượng giác của z
5
1,00
1 3
2( )
2 2
2( os isin )
3 3
z i
c
π π
= +
= +
5
5 5
32( os isin )
3 3
- -
32( os isin )
3 3
z c

c
π π
π π
⇒ = +
= +
0,25
0,25
0,25
0,25
VIb 1
OA và OB vuông góc nên nếu đường thẳng OA có phương trình
y=kx thì đường thẳng OB có phương trình x=-ky. Ta xác định
được tọa độ giao điểm của các đường thẳng này với
(E) như sau:
2 2
2 2
2 2
2 2
12 12
( ; )
9 16 9 16
12 12
'( ; )
9 16 9 16
12 12
( ; )
9 16 9 16
12 12
'( ; )
9 16 9 16

k
A
k k
k
A
k k
k
B
k k
k
B
k k
+ +
− −
+ +
−
+ +
−
+ +
Diện tích S của tam giác OAB là:
2 2
2 2 2
2 2
1 1 20736(1 )
. .
2 4 4(9 16 )(16 9 )
k
S OA OB S OA OB
k k
+

= ⇒ = =
+ +
Đặt
2
, 0k t t= ≥
. Xét hàm số :
2 2
20736(1 ) 1016064( 1)
'
4(9 16 )(16 9 ) 4(9 16 )(16 9 )
t t
y y
t t t t
+ −
= ⇒ =
+ + + +
Ta có bảng biến thiên:
0,25
O
B
A
x
y
t
y’
y
1
0
36
+

36
- +
20736
625
0
Suy ra S lớn nhất khi OA trùng với trục Ox hoặc Oy
⇔
S lớn nhất khi A, B là các đỉnh của (E) 0,25
2
Giả sử đã dựng được
∆
thỏa mãn bài toán, thì
∆
sẽ nằm trong mặt phẳng(Q) vuông góc với d,
nên mặt phẳng (Q) nhận vectơ chỉ phương của d là (-2;3;2) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình
của mặt phẳng (Q) là: -2x+3y+2z+a = 0 (1)
Gọi A là giao điểm của d với mặt phẳng (P) thì tọa độ giao điểm của A là nghiệm của hệ
phương trình:
3 9 6
2 3 2
3 0
x y z
x y z
+ − −

= =

−



+ + − =

(2)
Kẻ
,AB B⊥ ∆ ∈∆
. Gọi C là giao điểm của mặt phẳng (Q) với d và
ϕ
là góc giữa d và (P) thì
¼
BAC
ϕ
=
, ta có
(1;1;1)n
r
là một vectơ pháp tuyến của (P). Khi đó:
2 3 2
3 3
sin tan
17 14
3 17
ϕ ϕ
− + +
= = ⇔ =
Ta có BC là đường vuông góc chung của d và
∆
, đồng thời độ dài đoạn BC= h =
3
238
Suy ra:

3 14 1
.
tan 238 3
17
BC
AC AC
ϕ
= ⇒ = =
Mặt khác AC cũng là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (Q), nên từ (1) và (2) ta có:
7
6
1
6 1
5
17 17
a
a
AC a
a
=
− +

= = ⇔ − = ± ⇔

=

Do
∆
nằm trong mặt phẳng (P), nên
∆

là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).
Tóm lại ta có hai đường thẳng
∆
thỏa mãn bài toán:
1
∆
là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q
1
): -2x+3y+2z+7=0
2
∆
là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q
2
): -2x+3y+2z+5=0
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIb
Điều kiện:
1
2
x >
Phương trình có dạng:
2
3 1
2 1 ( 1)
2 1
x
x m x

x
−
− − = +
−
2
3 1 (2 1) 3 2
( 1) 1
2 1 2 1
x x x
m x m
x x
− − − −
⇔ = + ⇔ = +
− −
Xét
3 2
y=
2 1
x
x
−
−
trên
1
( ; )
2
D = +∞
3 1
' 0
(2 1) 2 1

x
y
x x
−
= >
− −
với
1
2
x∀ >
1
( )
2
lim ; lim
x
x
y
+
→+∞
→
= −∞ = +∞
Vậy phương trình có nghiệm
duy nhất với
m∀
.
0,25
0,25
0,25
0,25
-

∞
x
y’
y
1/ 2
+
+
+