Đáp Án Thi Thử ĐH lần 1 môn Toán

Trang 1

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang)

CÂU


N
Ộ
I DUNG

ĐI
Ể
M

I

2,0
1

1,0

2 1
1



x
y
x

 TXĐ:
\{1}


 Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
0, 1
( 1)

    

y x
x







0,25

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)

và
(1; )



- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2;
 
 
x x
y y
tiệm cận ngang
2

y


1 1
lim , lim ;
 
 
   
x x
y y
tiệm cận đứng:
1

x


0,25

- Bảng biến thiên:

x






1





y








y

2



2










0,25

 Đồ thị:
6
4
2
2
y
5
x












0,25




2

1,0

2 1 1
2
1 1

  
 
x
y
x x
. Gọi
1
;2
1
 

 

 
M m
m
.


Trang 2

Tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình:
2
1 1

( ) 2
( 1) 1
    
 
y x m
m m


0,25

Giao của tiếp tuyến với tiệm cận đứng là
2
1;2
1
 

 

 
A
m

Giao của tiếp tuyến với tiệm cận ngang là


2 1;2
B m

Giao điểm của hai tiệm cận



1;2
I





0,25

2
1


IA
m
,


2 2 2 1
   
IB m m
. 4
 
IA IB
.
Gọi C là chu vi tam giác
IAB
, ta có:
2 2

      
C IA IB AB IA IB IA IB




2 . 2 . 4 2 2 2 2 2
     IA IB IA IB






0,25

 
2
2 2 2 2 1 1
0


        



m
C IA IB m
m

 Với
2

m
, ta có


2;3
M

 Với
0

m
, ta có


0;1
M




0,25
II

2,0
1

1,0

2sin 2 sin 6
1 tan .tan
tan cot 4 4 4
 

   
   
   
 
   
x x
x x
x x

ĐK:
sin 2 0
1
sin 2
2
sin 2 1







 



x
x
x
(1)


0,25

pt tương đương:
3
2sin 2 (3sin 2 4sin 2 ) 1 tan 1 tan
1 .
2
1 tan 1 tan
4
sin 2
   
 
 

x x x x x
x x
x



 
2 2
2 2

sin 2 4sin 2 1
0 sin 2 4sin 2 1 0
2 4sin 2

    

x x
x x
x







0,5


1
sin 2
2
  
x

(
Do điều kiện (1)
)

12
, k
7
12





  

 


 



x k
x k
.






0,25
2

1,0

5 5
log log 13
2
12 
x
x x

Đặt


5
log 5
  
t
x t x
, bpt đã cho trở thành:
5 12
5 12 13 1
13 13
   
    
   
   
t t
t t t
(2)

0,5

Xét hàm số
 
5 12
13 13
   
 
   
   
t t
f t
nghịch biến trên

có


2 1

f



0,25
Trang 3

do đó
(2) 2
 
t

5
log 2 0 5
   
x x


0,25
III

1,0

3 3 3
2 2
27 8 26
3 2

 


  


x y y
x y x y

Dễ thấy
0

y
không phải là nghiệm của hệ pt. Với
0

y
, ta có hệ pt tương đương:
3
3 3
3
3 3
2 2
2 2
8
8 8
27 26
27 26 27 26
2 2
3 . 3 6
3 2 1 18 12 6

 
 
   

 
  
 

  
 
  
  
     
 
  
 
 

x
x x
y
y y
x x x x
x x
y yy y y y









0,25

Đặt
2

3 ,
 
u x v
y
hệ pt trở thành:
 
3 3
3
1
26
6
1
3





 

 
 




  
 










u
v
u v
uv u v
u
v


0,25

 Với
3
1



 

u
v
,
ta có
3 3

1
2
1
2






 
 
 



x
x
y
y




0,25

 Với
1
3
 





u
v
,
ta có
1
3 1
3
2
3
2
3

 

 

 

 

 




x

x
y
y





0,25
IV

2,0
1

1,0

Theo bài ra ta có E, F lần lượt là trung
điểm của SC và SD. Gọi O là tâm đáy hình
chóp đều khi đó
2 2
2 3
,
2 2
1
2
 
   
OB SB
SO SB OB

G
M
I
N
F
E
O
A
D
C
B
S







0,25


.
1 1
( ).
3 6
  
S ABCD
V dt ABCD SO
(đvdt)

0,25






Mặt khác:
. . . . . . .
1 1
. . . . .
4 8

     
S ABEF S ABE S AEF S ABC S ACD S ABCD S ABCD
SE SE SF
V V V V V V V
SC SC SD


3 1 1 1
=
8 24 48 16
  
SABCD
V
(đvdt)

0,5
2


1,0
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD, I là giao điểm của SN và EF suy ra I là trung
điểm của SN và I thuộc đường thẳng MG.
Do S.ABCD là hình chóp đều nên ABEF là hình thang cân.
Ta có:
( )
   
AB SMN AB MI MI

là đường cao của hình thang ABEF.




Trang 4

Lại có:
1 1
1, ,
2 2
     
AB EF SO OM ON

tam giác SOM vuông cân tại O và tam giác
SMN vuông cân tại S
2
2
  SM SN







0,5

Xét tam giác SMI vuông tại S, ta có:
2 2
10
4
  MI SM SI

( )
3 10
.
2 16

 
ABEF
AB EF
dt MI

0,25
Gọi d là khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABG), ta có:

.
( )
3
1
10
 
S ABEF
ABEF
V
d
dt



0,25
V.a

1,0
Điều kiện
0 4
 
x
.

pt đã cho tương đương với pt:
 
12
5 4
 
 
  
x x x
f x m
x x
.



0,25

Đặt


12
  
g x x x x
ta có


0

g x liên tục trên
[0;4]
và

 
3
1
0, (0;4)
2
2 12

    

g x x x
x

 
5 4
   
h x x x
ta có


0

h x
liên tục trên
[0;4]
và
 
1 1
0, (0;4)
2 5 2 4



    
 
h x x
x x

Suy ra:
 


 

g x
f x
h x
liên tục trên
[0;4]
và
 


2
( ). ( ). ( )
0, (0;4)
[ ( )]
 


   
h x g x g x h x

f x x
h x




f x
đồng biến trên
[0;4]
















0,5


Suy ra




f x m
có nghiệm
 
 
 
   
 




0;4
0;4
min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12
 
      
 
 
m f x f x f f



0,25
VI.a

1,0

Gọi I,
R lần lượt
là tâm v
à bán kính
của
đường tròn
(
C
), ta có
( 1;2)

I
,
3
R
Gọi
( ; 1)

M m m
là điểm thuộc d
A
I
B
M



0,25



120 60
  AMB AMI
 

Trong tam giác AMI vuông tại A, ta có:
2
2 4
sin 60
   
IA
IM IM




0,25
Trang 5


Mặt khác
2 2 2
( 1) ( 1 2)
    IM m m suy ra
2 2
1

2 2 4 1
1


    

 

m
m m
m

Vậy có hai điểm thỏa mãn ycbt là
1 2
(1;2); ( 1;0)
M M




0,5

VI.a

1,0

2011 2 2 2011 2 2
6 6 6
3 3 3
6 6 6

1 2
x .ln(x 1) sin x x .ln(x 1) sin x
I dx dx dx
cos x cos x cos x
I I
  
  
  
  
  
 
  

Đặt
 
x t
, ta có:
2011 2 2011 2 2011 2
6 6 6
1
3 3 3
6 6 6
2011 2 2011 2
6 6
1
3 3
6 6
x .ln(x 1) ( t) .ln(t 1) t .ln(t 1)
I dx d( t) dt
cos x cos ( t) cos t

t .ln(t 1) x .ln(x 1)
dt dx I
cos t cos x
  
  
 
 
 

 
   
   

 
     
  
 

1
0
 
I

0,25

Tính
2
6
2
3
6
sin
os





x
I dx
c x

Đặt
sin cos
  
t x dt xdx

Khi
1
6 2

    
x t
, khi
1
6 2

  
x t






0,25

 
 
   
   
   
1 1 1 1
2
22 2 2 2
2
2 2 2

2
2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
2 2
2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1 1
2 2 2
2 22
1 1 1
2 2 2
1
2
1
2
1 1
1
1 1 1
1 1 1

1 4 4 2 1
1 1
1 1 1

2 1 4 4
1 1

1 1 1 1
ln .
4 1 4 1
   
   
  

 
   

  
   
 
 
  

 

 
 
   
   
  
t dt
t dt dt dt
I
t
t t t
dt dt dt dt
t t

t t
dt dt dt
t
t t
t
t t
1 1
2 2
1 1
2 2
1 1
.
4 1
2 1
ln3
3 2
 


 
t

0,25

2 1
ln3
3 2
  I

(Thí sinh có thể chứng minh
   
1 1
2 2
2 2
2
2 2
2 2
1
0
2
2
1 1

 

 
 
t dt t dt
I
t t

rồi tính)



0,25


Trang 6

V.b

1,0

 
3
26 12
2010 1
    x x m x x

ĐK:
1

x

Ta có:
 
3
26 12
2010 1
    x x m x x

 


3
26 12
2010 1
     
x x x x m






0,25

Xét hàm số
 
 


3
26 12

2010 1
    f x x x x x
liên tục trên
[1;+ )


Đặt
   
 
3
26 12
2010 ; 1
     
g x x x h x x x

Ta có:


0

g x , liên tục trên
[1;+ )

,


0

h x
liên tục trên

[1;+ )

và:



 
 
25 11
2
26 12 0, (1; )
1 1
3 1 0, (1; )
2 2 1

     
 

       
 

 
g x x x x
h x x x x
x x

0,25

Do


0

g x và đồng biến trên
[1;+ )

;


0

h x
và đồng biến trên
[1;+ )


nên hàm số







.
f x g x h x
đồng biến trên
[1;+ )




0,25

Suy ra bất phương trình



f x m
có nghiệm khi và chỉ khi




[1;+ )
min 1 2012

   f x m m f


0,25
VI.b 1,0
Vì đường thẳng BC đi qua C, vuông góc với AH

nên nhận véctơ
1
(3;4)
n

làm VTPT do đó pt đường
thẳng BC là:
 
4
3 4 2 0
3
 
   
 
 
x y
hay
3 4 12 0
  
x y


E
K
H
A
B
C
D

0,25
Do B là giao điểm của hai đường thẳng BC và BK nên tọa độ B là nghiệm của hệ:
3 4 12 0 4
2 0 6
    
 

 
   
 
x y x
x y y

Vậy
( 4;6)

B
.



0,25
Kẻ đường thẳng đi qua C, vuông góc với BK cắt các đường thẳng BK và AB lần lượt tại E và
D, suy ra phương trình đường thẳng CD là:
 

4
2 0
3
 
   
 
 
x y
hay
2
0
3
  
x y

Do E là giao điểm của hai đường thẳng CD và BK nên tọa độ E là nghiệm của hệ:
2
2
0
3
3
4
2 0
3




  
 


 
 
  




x
x y
x y
y
vậy
2 4
( ; )
3 3
E
.











0,25

Do tam giác BCD cân tại B nên E là trung điểm của CD suy ra
2
(0; )
3
D

Ta có
16
D(4; )
3
B

nên có thể chọn
2
(4;3)
n

làm VTPT của đường thẳng BD suy ra đường





Trang 7

thẳng BD có pt:





4 4 3 6 0
   
x y
hay
4 3 2 0
  
x y

Do A là giao điểm của hai đường thẳng BD và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
4 3 2 0 1
4 3 10 0 2
    
 

 
   
 
x y x
x y y

Vậy
( 1;2)

A
.

0,25
VII.b

1,0

2 2
2 2 2
2
( 4 4) (4 4) ( 1)
4
( 2) ( 2) ( 2)
1 1 1 1
4 . . 4 ( ) . .
2 ( 2) 2 2
1 4
4 . .
2 2
    
  
  
 

 
 
 

     
   

   
 
 
 
 

 
    
 
 
 
   
 

x x x x
x
x x x x x x
x
x x x
x e x x e x e x e
dx dx e dx dx
x x x
e e e dx e e e dx
x x x x
e
e e dx e C
x x

0,5

4
( ) .
2
  

x
x
e
F x e C
x

Theo giả thiết, ta có:
(0) 0 1 2 0 1
      
F C C
.


0,25

Vậy nguyên hàm của hàm số
( )
f x

thỏa mãn ycbt là
4
( ) 1
2
  

x
x
e
F x e
x
.

0,25


Hết

Chú ý: Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.