DA De THI THU DH LAN 2- Truong THPT hau loc 2 thanh hoa

Trang 1
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Câu Ý Nội dung Điểm
1
(1 đ)
Với
1
m

ta được hàm số
1
1
x
y
x



.
1/ TXĐ:


\ 1
D R
 

2/ Sự biến thiên:
- Giới hạn:
1
lim lim 1

1
x x
x
y
x
 

 


đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là
1
y

.

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
1 1
lim lim ; lim lim
1 1
x x x x
x x
y y
x x
   
       
 
     
 


đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là
1
x
 

- Chiều biến thiên:

2
2
' 0
( 1)
y x D
x
    

hàm số đồng biến trên các khoảng xác định.
Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên
x



1




'

y






y






1
1




3/ Đồ thị:
- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm
(1;0)
, cắt trục Oy tại điểm
(0; 1)


0.25 đ








0.25 đ

0.5 đ
I
2
(1 đ)

- Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1):
2
1
2
( 1) 2 1 0 (*)
x m
x
x
x m
x m x m
 


  



    


- Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi PT
(*) có hai nghiệm phân biệt khác
m


2
0
6 3 0
3 2 3 3 2 3
1
1
m m
m m
x m
m
m

 

  

    

  
  
 

 
 




(**)
- Khi đó gọi
1 2
,
x x
là các nghiệm của PT (*), ta có
1 2
1 2
( 1)
. 2 1
x x m
x x m
   


 




0.25 đ

0.25 đ




Trang 2

- Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là
1 1 2 2
( ; 2), ( ; 2)
A x x B x x
 
.
Suy ra
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2( ) 2 ( ) 4 2( 6 3)
AB x x x x x x m m
 
       
 

Theo giả thiết ta được
2 2
1
2( 6 3) 8 6 7 0
7
m
m m m m

m
 

       




- Kết hợp với điều kiện (**) ta được
7
m

là giá trị cần tìm.
0.25 đ


0.25 đ
1
(1 đ)

Giải phương trình:
2
4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2
3 3 3 3
x x x x x x
   
       
     
       
       

.
2
PT 2sin (cos2 cos ) 2 3.cos .(cos(2 ) cos ) 2
3 3
2sin .cos 2 sin 2 3.cos .cos 2 3 cos 2
(sin 3 sin ) sin 3(cos3 cos ) 3 cos 2
1 3
sin 3 3 cos3 2 sin 3 cos3 1
2 2
cos 3 1 3 2 3 2
6 6 6
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x k x k
 

  
 
     
    
      
     
 
        
 
 

2

, Z.
18 3
x k k
 
  

Vậy PT ban đầu có 1 họ nghiệm :
2
, Z
18 3
x k k
 
  





0.25 đ


0.25 đ


0.25 đ



0.25 đ
II

2
(1 đ)

Giải hệ PT:
2
2
(1 ) ( 2 ) 5
(1 )( 2 2) 2
y x x y x
y x y x

   


   


(I)
* Nếu
0
x

thì hệ (I)
2
2
1 0
(1 )(2 2) 0
y
y y


 



  


vô nghiệm.
* Nếu
0
x

thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho
x
ta được hệ tương đương

2 2
2 2
1 1
( 2 ) 5 ( 2 2) 3
1 1
( 2 2) 2 ( 2 2) 2
y y
x y x y
x x
y y
x y x y
x x
 
 

      
 
 

 
 
 
     
 
 

- Đặt
2
1
, 2 2
y
u v x y
x

   
, ta được hệ phương trình:

3 1
2 2
u v u
uv v
  
 

 

 
 
hoặc
2
1
u
v






- Với
2
2
2
1
2 4
1
1
1
2
2 4 2 3 0
2 2 2
y
x y
u
x y
x

v
x y y y
x y


 

 
 



  
   

    

 

  



2 4 2
1 3 1
x y x
y y y
  
 
 

 
     
 

10

3
x
y







- Với
2
2
2
1
2 3
2
1 2
2
1
2 3 4 5 0
2 2 1
y
x y

u
y x
x
v
x y y y
x y


 

 
 



  
   

    

 

  


2 3 1 13

1 5 1 5
x y x x
y y y y

   
  
  
  
      
  

- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm
( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)
x y
  
.



0.25 đ




0.25 đ

0.25 đ






0.25 đ
Trang 3
S

M

G

D

C

B

A

III (1 đ)

Tính tích phân:

3
2

0
cos cos sin
( )
1 cos
x x x
I x dx
x

 




2
2 2
0 0 0
cos (1 cos ) sin .sin
.cos .
1 cos 1 cos
x x x x x
x dx x x dx dx J K
x x
  
 
 
    
 
 
 
  

- Tính
0
.cos .
J x x dx



. Đặt
cos sin
u x du dx
dv xdx v x
 
 

 
 
 

0 0
0
( .sin ) sin . 0 cos 2
J x x x dx x

 
      


- Tính
2

0
.sin
1 cos
x x
K dx
x





Đặt
x t dx dt

    

Đổi cận :
x 0


t


0

2 2 2
0 0 0
( ).sin( ) ( ).sin ( ).sin
1 cos ( ) 1 cos 1 cos
t t t t x x

K dt dt dx
t t x
  
   

   
   
   
  

2 2 2
0 0 0
( ).sin sin . sin .
2
1 cos 1 cos 2 1 cos
x x x x dx x dx
K dx K
x x x
  
 

 
    
  
  

Đặt
cos sin .
t x dt x dx
   

Đổi cận:
x 0


t 1
1


1
2
1
2 1
dt
K
t


 


, đặt
2
tan (1 tan )
t u dt u du
   
Đổi cận:

t
1



1
u
4



4


2 2
4 4
4
2
4
4 4
(1 tan )
.
2 1 tan 2 2 4
u du
K du u
u
 


 
   

 


    

 

Vậy
2
2
4
I

 




0.25 đ



0.25 đ

0.25 đ















0.25 đ
IV
(1 đ)
1
(0.5 đ)

Trang 4

* Tính thể tích S.ABMD.
- Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD,
6
3
a
SG  ;
Do ABCD là hình thoi cạnh a,

0
60

BAD 

ABD
 
và
BCD

là các tam giác đều
cạnh a, M là trung điểm CD
2 2
2 2 2
1 1 3 3
2 2 4 8
3 3 3 3
2 8 8
BCM BCD
ABMD ABCD BCM
a a
S S
a a a
S S S
 

   
     

2 3
.
1 1 6 3 3 2
. . .

3 3 3 8 8
S ABMD ABMD
a a a
V SG S   
Vậy
3
.
2
8
S ABMD
a
V 








0.25 đ





0.25 đ

2
(0.5 đ)

* Tính khoảng cách giữa AB và SM:
- Nhận thấy:
// //( )
AB CD AB SCD

, mà
( )
SM SCD


( , ) ( ,( )) ( ,( ))
d AB SM d AB SCD d B SCD h
   

- Lại có:
2 2 1 1 3 2 3
.
3 3 2 3 3 3
a a
AG AO AC AC GC     
2 2
2 2 2 2
6 12
2
9 9
a a
SC SG GC a
     

Mặt khác
2 2
2 2 2 2
3 6 3
3 9 9
a a a
GD GA SD SG GD a
       

2 2 2
SC SD CD SCD
     vuông cân tại D
2
0
1 1 1
. .sin 45 . 2. .
2 2 2 4
2
SCM
a a
S SC CM a

   
Vì
. .
1
. .
3
S BCM B SCM SCM
V V h S


  nên
.
3
B SCM
SCM
V
h
S


Mà
2 3 3 3 3
. . . .
1 6 3 2 2 2 2
. .
3 3 2 8 6 8 24
B SCM S BCM S ABCD S ABMD
a a a a a a
V V V V       
3 2
3. 2 2
:
24 4 2
a a a
h   .
Vậy
2
( , )
2

a
d AB SM 








0.25 đ










0.25 đ
V
(1 đ)


- Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
3 2 2 2
3 2
2 2

3
2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4
4 4 1
2 1 8 2 4
(4 4 )
(2 1 8 4 2)
y y y y y y y y
x x y
y y
y y x y x y
y y x
           
       
 
  

Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được:
2 2 2
1 1 1 x y z
A
x y z z x x y y z
 
     
 
  
 

- Sử dụng BĐT AM-GM để đánh giá mẫu số, ta có:

0.25 đ










Trang 5
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
2
x y z x y z
A
x y z z x x y y z x y z
zx xy yz
x y z
x y z
 
 
 
           
 
 

  
 
 
 
     
 
 
 
- Lại có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 1 1 2
x y z x y z
x y z
 
 
   
           
 
 
   
 
   
 
 

Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1
2 3 3
2 2
A

x y z x y z x y z
     
          
     
     
     

3
3 3 3 3 3
. 3 . 3
2 2 2
3
x y z
xyz
    
 
.
Vậy
min
3
1
2
A x y z
    


0.25 đ

0.25 đ






0.25 đ
VI.a
1
(1 đ)
* Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật:
- Ta có:
B AB BD
 
suy ra tọa độ B là nghiệm hệ:
2 1 0 7
(7; 3)
7 14 0 3
x y x
B
x y y
   
 
  
 
   
 

- Giả sử

(2 1; ) : 2 2 1 0; (7 14; ) : 7 14 0
A a a AB y D d d BD x y
           

(6 2 ; 3 ), (7 21; 3); (7 2 15; )
AB a a BD d d AD d a d a
          
  

Do
3 (loai)
. 0 (3 )(15 5 30) 0
3 6 0
a
AB AD AB AD a d a
d a


        

  

   

3 6 ( 3;6 2 )
a d AD d d
      

.
Lại có:

( 7; 3)
C C
BC x y
  

. Mà ABCD là hình chữ nhật nên
AD BC

 

3 7 4
( 4; 9 2 )
6 2 3 9 2
C C
C C
d x x d
C d d
d y y d
    
 
    
 
    
 
.
(6 13; 3 7), ( 2; 8 2 )
EA d d EC d d
      
 
với

(2;1)
E


- Mặt khác điểm
(2;1) ,
E AC EA EC
 
 
cùng phương
2
(6 13)(8 2 ) ( 2)(3 7) 5 6 0
2 0
0
3 3 (loai)
d d d d d d
d a
a
d a
         
 
 
   
 
 
 

Vậy
(1; 0), (7; 3), (6; 5), (0; 2)
A B C D

   
là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm.




0.25 đ




0,25 đ




0.25 đ





0.25 đ

1
(1 đ)

1 2
1 1 1 4
: , :

1 2 1 1 2 3
x y z x y z
d d
   
   

.
Đường thẳng
1
d
đi qua điểm
1
(0; 1;0)
M   , có vectơ chỉ phương là
1
(1; 2; 1)
u 


Đường thẳng
2
d
đi qua điểm
2
(1; 1;4)
M   , có vectơ chỉ phương là
2
(1; 2;3)
u  


.
a/ Ta có
1 2 1 2 1 2 1 2
, (8; 2; 4), (1; 0; 4) , . 8 0
u u M M u u M M
   
       
   
     

1 2
,
d d
 chéo nhau.
Lại có
1 2 1 2
. 1 4 3 0
u u d d
     
 
. Vậy
1
d
,
2
d
chéo và vuông góc với nhau.
b/ Gọi
1 2
, ( ; 1 2 ; ), (1 ; 1 2 ;4 3 )

M d d N d d M t t t N s s s
            
(1 ; 2 2 ;4 3 )
MN s t s t s t
       

là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
Lại có
(1;4; 2)
u
 

là vectơ chỉ phương của

,





0.25 đ


0.25 đ


0,25 đ


Trang 6

do đó
//
d u
 

cùng phương với
MN


2 0
, 0
5 3 6 0
s t
u MN
s t
  

 
  

 
  

  

0
(2;3;2)
2
s
M

t


  



. Vậy đường thẳng cần tìm là
2 3 2
:
1 4 2
x y z
d
  
 

.



0.25 đ
VII.a
(1 đ)


* Tìm số phức z
Đặt
2 ( 2)
( , )
1 ( 1) (1 )

z i a b i
z a bi a b R
z i a b i
   

   

     


2 2 2 2
2 1 ( 2) ( 1) (1 ) 1 3
z i z i a b a b a b
               

Và
2 2 2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) (2 3) 2
2 (2 )
(2 ) (2 )
z i a b i a a b b a b b
i
z i a b i
a b a b
           
  
  
   
là một số
thuần ảo khi và chỉ khi

2
( 1) ( 2)( 1) 0
4 3 1 0
0 va 2
a a b b
b b
a b
    

   

 


1 2
1 7
4 4
b a
b a
  
 
 
 
 
  
 
. Vậy có hai số phức cần tìm:
2
z i
 

và
7 1
4 4
z i
  



0,25 đ

0,25 đ



0,25 đ


0,25 đ


VI.b
1
(1 đ)

* Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm
- Xét hệ PT giao điểm
2 2
4, 0
1
(4;0), (0;3)

16 9
0, 3
3 4 12 0
x y
x y
A B
x y
x y

 

 

  


 


  

là các
giao điểm của d và (E).
- Gọi
2 2
0 0
0 0
( ; ) ( ) 1
16 9
x y

C x y E
   
(1). Ta có
0 0
3 4 12
( , )
5
x y
d C AB h
 
 

0 0
0 0
3 4 12
1 1 1
. . .5. 3 4 12
2 2 5 2
ABC
x y
S AB h x y

 
    

Theo giả thiết suy ra
0 0
0 0
0 0
3 4 24 (2)

3 4 12 12
3 4 0 (3)
x y
x y
x y
 

   

 


- Từ (1) và (2) ta được PT
2
0 0
2 12 27 0
y y
  
, PT này vô nghiệm
- Từ (1 và (3) ta được PT
2
0 0 0
3
32 144 2 2
2
y y x      
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

3

2 2;
2
C
 
 
 
 
và
3
2 2;
2
C
 
 
 
 
.


0,25 đ



0.25 đ





0.25 đ

0.25 đ

2
(1 đ)

Ta có:
1
2 4
:
1 1 2
x y z
d
 
 

và
2
8 6 10
:
2 1 1
x y z
d
  
 


.

1
d
đi qua điểm
1
(0;2; 4)
M
 
, có vectơ chỉ phương là
1
(1; -1; 2)
u 



2
d
đi qua điểm
2
( 8;6;10)
M   , có vectơ chỉ phương là
2
(2;1; 1)
u
 

.
a/
1 2 1 2 1 2 1 2

, ( 1;5;3), ( 8;4;14) , . 70 0
u u M M u u M M
   
      
   
     

Suy ra
1
d
và
2
d
chéo nhau.
1 2 1 2
1 2
1 2
, .
70
( , ) 2 35
35
,
u u M M
d d d
u u
 
 
  
 
 

  
 

b/ Ta có
1 2
, ( ; 2 ; 4 2 ), ( 8 2 ;6 ;10 )
A d B d A t t t B s s s
           

( 8 2 ;4 ;14 2 )
AB s t s t s t
        





0.25 đ



0.25 đ




0.25 đ


Trang 7

Do AB là đường vuông góc chung nên
1 1
2 2
. 0
4

2
. 0
AB u AB u
s
t
AB u AB u
 
 


 
  
  

 

 
 
   
   

(2;0;0), (0;10;6)
A B
  

.
Mặt cầu đường kính AB có PT là:
2 2 2
( 1) ( 5) ( 3) 35
x y z
     
.



0.25 đ
VII.b
Giải hệ PT:
3 3
log ( ) log ( )
2 2
4 4 4
4 2 2
(1)
1
log (4 4 ) log log ( 3 ) (2)
2
xy xy
x y x x y

 


    




- ĐK:
0, 0
x y
 
.
Đặt
3
log ( )
2 0
xy
t
 
, PT (1) trở thành
2
3
1 (loai)
3
2 0 2 log ( ) 1 3
2
t
t t t xy xy y
t
x
 

           





Thay vào PT (2) ta được PT:
2
4 4 4
2
36 1 9
log (4 ) log log ( )
2
x x x
x x
    

2
2 2 4 2
2 2
2
3
36 9 36
4 2 ( ) 2 18 0 9 18 0
6
x
x x x x x x
x x x
x


            





3
3
6
6
2
y
x
x
y





 








.
Vậy hệ có 2 nghiệm là
 
6
3; 3 , 6;

2
 
 
 
 





0.25 đ


0.25 đ




0.25 đ






0.25 đ

Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.
- Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm.
- Thí sinh thi khối D thì câu I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ