đáp án đề thi khối b

SỞ GDðT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B
NĂM HỌC 2012-2013
(Thời gian làm bài 180 phút)
(ðáp án gồm 05 trang)

Câu
Ý

Nội dung
ðiể
m
1
Cho hàm số
mx 4
y
x m
+
=
+
,
(
)
m R
∈
có ñồ thị
(
)
m
C

.
2,0
Với
m 1
=
ta có hàm số
x 4
y
x 1
− +
=
−

1,0
* Tập xác ñịnh: D
{
}
\ 1
R
=
,
( )
2
3
y 0, x D
x 1
−
′
= < ∀ ∈
−

0,25
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn:
x
x 1 x 1
x
lim y lim y 1, lim y , lim y
+ −
→−∞
→ →−
→+∞
= = − = +∞ = −∞
.
ðồ thị (C) có
tiệm cận ngang là ñường thẳng y=-1,
tiệm cận ñứng là ñường thẳng x=1


0,25
+ Bảng biến thiên:

x -
∞
1 +
∞

y’ - -

y
-1 +
∞





-
∞
-1
+ Hàm số ñồng biến trên khoảng
(
)
;1
−∞
và
(
)
1;
+∞
.







0,25

I

1
*
ðồ thị:
ðồ thị cắt trục tung tại ñiểm (0;4), cắt trục hoành tại ñiểm (0; -4).















ðồ thị (C) nhận giao ñiểm hai tiệm cận I(1; -1) làm tâm ñối xứng

0,25
2
Chứng minh rằng
(
)
m
C
luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh. Xác ñịnh m ñể hai tiếp tuyến với
(
)
m
C
tại
hai ñiểm cố ñịnh ñó là song song.
1,0

( )
2
2
mx 4 m 4
y y'
x m
x m
+ −
= ⇒ =
+
+

Giả sử
(
)
o o
M x ; y
là ñiểm mà
(
)
m
C

luôn ñi qua, ta có:
o
o
o
mx 4
y ; m R;m 2
x m
+
= ∀ ∈ ≠ ±
+


(
)
o o o o
m x y 4 x .y ; m R;m 2
⇔ − = − ∀ ∈ ≠ ±


0,25
y
I
-1
O
4

-
4

1

x
o o o o
o o o o
x y 0 x y 2
4 x .y 0 x y 2
− = = =
 
⇔ ⇔


− = = = −
 
. Vậy
m R;m 2
∀ ∈ ≠ ±
,
(
)
m
C
luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh
là
(
)
(
)
A 2;2 ,B 2; 2
−

0,25
Hai tiếp tuyến với
(
)
m
C
tại hai ñiểm cố ñịnh
(
)
(
)
A 2; 2 ,B 2; 2
−
song song
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
m 4 m 4
y' 2 y' 2
m 2 m 2
− −
⇔ = − ⇔ =
+ −
.

0,25

I

m 0
⇔ =
là giá trị cần tìm
0,25
1
Giải phương trình :

(
)
3sin 2x 2cos x 1 2 cos3x cos2x 3cos x
+ + = + −
.

1,0
Pt
)1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx

)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3
22
+−−−=+⇔ xxxxxx
0)1sin22sin3)(1cos2(
2
=+++⇔ xxx

0,25
*) 1)
6
2sin(22cos2sin301sin22sin3
2
−=−⇔−=−⇔=++
π
xxxxx

( )
;
6
x k k
π
π
⇔ = − + ∈Ζ


0,25
*) )(
2
3
2
2
3
2
01cos2
Zk

kx
kx
x
∈






+−=
+=
⇔=+
π
π
π
π





0,25

Vậy phương trình có nghiệm:
π
π
2
3
2

kx +=
;
π
π
2
3
2
kx +−=
và
π
π
kx +−=
6
(k
)
Z
∈


0,25
2
Giải hệ phương trình
:
y 2
2
2
log x 2
4 1 x xy 4 y 0
+


=


+ + + =



(1)
(2)

1,0
ðiều kiện:
x 0
>
(*)
Từ (2) suy ra
y 0
<
vì nếu
y 0
≥
thì
(
)
VT 2 0
>



0,25

( )
( )
( )
( )( )
( )
2
2 2 2
2 2 2 4
2 2
2 2
2 4 1 x xy 4 y 0
16 1 x x y 4 y
4x y 16x x y 16 0
xy 4 4x xy 4 0
xy 4 0; 4x xy 4 0
⇔ + = − + >
⇔ + = +
⇔ − + − =
⇔ − + + =
⇔ − = + + >






0,25
2
4
x

y
⇔ =
, thay vào (1) ta có
( )
y 2 y
2 2
2
4
log 2 4.2 2log y 2 0
y
+
= ⇔ + − − =
(3) (Do
y 0
<
)
Xét hàm số
(
)
(
)
y
2
f y 4.2 2log y 2
= + − −
có:

( )
( )
y

2
f ' y 4.2 ln 2 0; y 0
y ln 2
= + > ∀ <
−
và
(
)
f 1 0
− =
suy ra (3) có nghiệm duy nhất
y 1
= −


0,25










II

2
4

y 1 x 4
y
= − ⇒ = =
. Kết hơp (*) hệ ñã cho có nghiệm (x, y) là (4, -1)
0,25

Tính tích phân:
( )
e
1
ln x
I dx
x 2 ln x 2 ln x
=
+ + −
∫


1,0
ðặt
2 2 2 2 4
2 ln 2 ln 4 2 4 ln 4ln 8
x x t x t x t t
+ + − = ⇒ + − = ⇒ = −

0,25

III

( )
2 3 3
8ln ln 1
16 4 2
2
x x
dx t t dt dx t t
x x
 
⇒ = − ⇒ = −
 
 


0,25
ðổi cận:
x 1 t 2 2
= ⇒ =


x e t 3 1
= ⇒ = +

Suy ra :
3 1
3 1 3 1

3 2 3
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1
I . 2t t dt 2 t dt 2t t
t 2 2 6
+
+ +
     
= − = − = −
     
     
∫ ∫


0,25
Vậy
(
)
1
I 3 3 1 4 2
3
= + −
0,25

Tính thể tích của khối chóp theo a
1,0
B
A
C

S
H
M
N

Kẻ
SH BC
⊥
. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của S lên AC, AB,
từ giả thiết suy ra:
o
SMH SNH 60 SHM SHN HM HN
∠ = ∠ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =

0,25
Ta có
( )
(
)
o
3 3 a
a a 3
BC a; ABC 60 AB ;AC= HM AB AC AB.AC HM
2 2 4
−
= ∠ = ⇒ = ⇒ + = ⇒ =



0,25

(
)
o
3 1 a
SH HM.tan 60
4
−
⇒ = =

mà
2
ABC
1 a 3
S AB.AC
2 8
∆
= = .

0,25

















IV

Vậy

(
)
3
S.ABCD ABC
3 3 a
1
V .SH.S
3 32
∆
−
= =
(ñvtt)

0,25

Chứng minh rằng:
2 2 2
3
x y z
4
+ + ≥
.
1,0
Ta có:
(
)
(
)
xyz 1 x y z xy yz zx xyz
= − + + + + + −

(
)
xy yz xz 2xyz 1 x y z
⇔ + + = − + + +

Mà:
( ) ( )
2
2 2 2
x y z x y z 2 xy yz xz
+ + = + + + + +

( ) ( )
2
2 2 2
x y z 2 2 x y z x y z 4xyz
⇔ + + = − + + + + + −



0,25

Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta ñược

( ) ( )
3 2
2
2 2 2
x y z x y z
xyz x y z 2 2 x y z x y z 4
3 3
+ + = +
   
≤ ⇒ + + ≥ − + + + + + −
   
   


0,25
ðặt
(
)
t x y z, 0 t 3

= + + < <
. Ta có:
3
2 2 2 2
4t
x y z 2 2t t
27
+ + ≥ − + −
Xét hàm số:
( )
3
2
4t
f t 2 2t t
27
= − + − trên (0;3) ta có:
( ) ( )
2
3
t
4t
f ' t 2 2t ;f ' t 0
2
9
t 3

=

= − + − = ⇔


=



+ Bảng biến thiên:
x
0
3
2
3
y’ - +
y




3
4










0.25

V
suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
2
4t
f t 2 2t t
27
= − + −
trên (0;3) là
3
4
ñạt ñược khi t=
3
2

Vậy
2 2 2
3
x y z
4
+ + ≥
. Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
1
x y z
3
= = =

0,25
1
Tính diện tích ….
1,0
Gọi B, C là hai ñỉnh còn lại của tam giác ñều thì B(-m; n), C(m, n). Tam giác ABC ñều nội tiếp
elip (E)
2 2
2 2 2
1
16 4
4 4 4
m n
m m n n

+ =

⇔


= + − +




0,25
2 2
2
2 2
22

4 16
13 4 44 0
13
3 4 4
2
m n
n
n n
m n n
n


+ =
= −


⇔ ⇒ − − = ⇔


= − +


=





0,25
n 2

=
loại vì
A B C
≡ ≡
. Với
16 3
m
13
n 2
16 3
m
13

=


= ⇒

= −




0,25

( )
2
2
ABC
1 3 1 3 768 3

S AB . 2m
2 2 2 2 169
∆
= = = (ñvdt)

0,25
2
Lập phương trình mặt cầu (S)
1.,0
Gọi r là bán kính ñường tròn giao tuyến, ta có
8 2 r r 4
π = π ⇔ =

0,25
( )
2 2 2
2 4 3 5
8
d d I;(P)
3
2 2 1
+ − +
= = =
+ +


0,25
⇒
Bán kính mặt cầu cần tìm là:
2

2 2 2
8 208
R r d 4
3 9
 
= + = + =
 
 


0,25


















VIa

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:
( ) ( ) ( )
2 2 2
208
x 1 x 2 x 3
9
− + − + + =


0,25

Giải bất phương trình:
(
)
2 2 2
2 2 4
log x log x 3 5 log x 3
− − > −

1,0
§K:



≥−−
>
03loglog
0
2

2
2
2
xx
x


0,25










BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
−>−−
xxx

®Æt t = log
2

x,


0,25
BPT (1) 
)3(5)1)(3()3(532
2
−>+−⇔−>−−
tttttt




<<
−≤
⇔



<<
−≤
⇔









−>−+
>
−≤
⇔
4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t



0,25
VII.a





<<
≤<
⇔
168
2
1
0
x
x
VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ:
)16;8(]
2
1
;0( ∪


0,25
1
Lập phương trình ñường cao qua ñỉnh B của tam giác ABC.
1,0
B AB BC
= ∩ ⇒
Tọa ñộ B là nghiệm của hệ:
( )
2x y 1 0
B 1; 1
x 4y 3 0
+ − =

⇒ −


+ + =



0,25
Giả sử
AC
n


(
)
a;b
=
2 2
(a b 0)
+ >
là véc tơ pháp tuyến của ñường thẳng AC
Lại có
(
)
(
)
2;1 , 1;4
AB BC
n n= =
 
tương ứng là véc tơ pháp tuyến của AB, BC.
cos B cos C

=
. .
. .
AB BC AC BC
AB BC AC BC
n n n n
n n n n
= =
   
   



0,25

2 2
2 2
2 4 2a b
31a 40a 44b 0
5. 17
a b . 17
+ +
⇔ = ⇔ − − =
+
. Chọn
a 2
b 1
22
a
31

=


= ⇒
−

=


a 2;b 1
= =
loại vì (2; 1) là vtpt của AB


0,25

Suy ra
AC
n

=
22
;1
31
−
 
 
 
. Phương trình ñường cao ñi qua ñỉnh B là
31x 22y 9 0

+ − =

0,25
2
Tìm toạ ñộ ñỉnh Q biết rằng ñỉnh N nằm trong mặt phẳng
(
)
: x y z 6 0.
α + − − =

1,0
Gọi I là tâm hình vuông
⇒
I là trung ñiểm MP và NQ
7 5
I ;3;
2 2
−
 
⇒
 
 

Giả sử
(
)
N a;b;c
,
(
)

N : x y z 6 0 a b c 6 0
∈ α + − − = ⇒ + − − =
(1)


0,25
MNPQ là hình vuông
MNP
⇒ ∆
vuông cân tại N





=
=
⇔
0.
PNMN
PNMN

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2
2
a 5 b 3 c 1 a 2 b 3 c 4
a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0

− + − + + = − + − + +


⇔

− − + − + + + =






0,25
( )( ) ( ) ( )( )
2
a c 1 0
a 5 a 2 b 3 c 1 c 4 0
+ − =


⇔

− − + − + + + =



(
)
( )
2
3

Từ (1) và (2) suy ra
b 2a 7
c a 1
= − +


= − +

Thay vào (3) ta có
2
a 5a 6 0
− + =

a 2;b 3;c 1
a 3;b 1;c 2
= = = −

⇒

= = = −

hay
(
)
( )
N 2;3; 1
N 3;1; 2
−



−







0,25














VIIb

Nếu N(2; 3;-1) thì Q(5; 3; -4). Nếu N(3; 1;-2) thì Q(4; 5; -3). Vậy…….
0,25

Giải phương trình
(

)
(
)
x x
2012 2013
log e 2011 log 2012 2
+ + π + ≤
(1)


1,0
VIIb

Xét hàm số
(
)
(
)
(
)
x x
2012 2013
f x log e 2011 log 2012
= + + π +


( )
( ) ( )
x x
x x

e ln
f ' x 0
e 2011 ln 2012 2012 ln 2013
π π
= + > ⇒
+ π +
f(x) là hàm ñồng biến



0,5
Mà
(
)
f 0 2
=
nên bất phương trình
(
)
(
)
f x f 0 x 0
≤ ⇔ ≤

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
(
]
S ;0
= −∞

0,5