Đáp án đề thi thử ĐH lần 2-2011. Môn Toán khối B

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH
ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN 2. NĂM 2011. Khối B
I. Môn Toán
Câu Nội dung Điểm
I
(2,0đ)
1. Khảo sát sự biến thiên …. 1,00
Hs tự trình bày 0,75
Đồ thị
0,25
2. Tìm các giá trị m để … 1,00
Xét phương trình
4 2
8 os 9 os 0c x c x m− + =
với
[0; ]x
π
∈
(1)
Đặt
osxt c=
, phương trình (1) trở thành:
4 2
8 9 0 (2)t t m− + =
0,25
Vì
[0; ]x
π
∈
nên
[ 1;1]t ∈ −

, giữa x và t có sự tương ứng một đối một, do đó số nghiệm của
phương trình (1) và (2) bằng nhau.
0,25
Ta có:
4 2
(2) 8 9 1 1 (3)t t m⇔ − + = −
Gọi (C
1
):
4 2
8 9 1y t t= − +
với
[ 1;1]t ∈ −
và (D): y = 1 – m.
Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C
1
) và (D).
0,25
Dựa vào đồ thị ta có kết luận:
81
1
32
m≤ <
: Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 0,25
II
(2,0đ)
1. Giải phương trình ….
1,00
Điều kiện:
( )

cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ≠


≠


0,25
Từ (1) ta có:
( )
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x
−
= ⇔ =
+ −
0,25

2sin .cos 2 sinx x x⇔ =
( )
2
2
4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
π
π
π
π

= +

⇔ = ⇔ ∈


= − +


¢
0,25
Giao với điều kiện được ĐS:
( )
2

4
x k k
π
π
= − + ∈¢
0,25
2. Giải phương trình
( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x+ + − =
1,00
Điều kiện:
0 1x
< ≠
0,25
( ) ( )
2 3 1 4x x x⇔ + − =
0,25
Trường hợp 1:
1x
>
:
( )
2
2 2 3 0 1 ( ); 3x x x loai x⇔ − − = ⇔ = − =

0,25
Trường hợp 1:
0 1x
< <
:
( )
2
2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
3;2 3 3T = −
0,25
III
Tính tích phân ….
1.00
(1,0đ)
Ta có
2
2
0
(4 os 1)sin x
1 cos
c x dx
I
x
π
−
=
+
∫

0,25
. Đặt t = 1 + cosx, ta được
2 2
2
1 1
4 8 3 3
(4 8 )
t t
A dt t dt
t t
− +
= = − +
∫ ∫
0,5
Vậy I = -2 + 3ln2.
0,25
IV
(1,0đ)
Cho hình chóp … 1,00
Ta có
2IA IH= − ⇒
uur uuur
H thuộc tia đối của tia IA và
2IA IH=

2 2BC AB a= =
Suy ra
3
,
2 2

a a
IA a IH AH IA IH= = ⇒ = + =
0,25
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì
( )
( )
15
0 0
, 60 .tan 60
2
a
SC ABC SCH SH HC= ∠ = ⇒ = =
0,25
Ta có
5
2 2 2 0
2 . .cos 45
2
a
HC AC AH AC AH HC= + − ⇒ =

Vì

( ) ( )
( )
0 0
15
, 60 .tan 60
2
a
SH ABC SC ABC SCH SH HC⊥ ⇒ = ∠ = ⇒ = =
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
( )
3
.
1 15
.
3 6
S ABC ABC
a
V S SH dvtt
∆
= =
0,25
V
(1,0đ)
Giải bất phương trình
2 4 2
6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤

( ).x ∈¡
1,00

TXĐ:
¡ .
, BPT
( )
2 2 2 2
6 2( 1) ( 1) 6( 1)( 1) 0x x x x x x x x⇔ − + − + + + − + + + ≤
0,25
2 2
2 2
1 6( 1)
12. 6 0
1 1
x x x x
x x x x
− + − +
⇔ + − ≤
+ + + +
(vì
2
1 0,x x x+ + > ∀
)
0,25
Đặt:
2
2
6( 1)
1
x x
t
x x

− +
=
+ +
(t > 0), ta được
2
2 6 0t t+ − ≤

3
0
2
t⇔ < ≤
.
V ây
2
2
2
6( 1) 9 11 21 11 21
5 11 5 0 ; .
1 4 10 10
x x
x x x
x x
 
− + − +
≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ∈
 ÷
+ +
 
0,25
VIa

(1,0đ)
Từ các chử số … 1,00
Gọi số cần tìm có dạng là
abcde
,
{ }
, , , , 0;1;2;3;4a b c d e ∈
(
0a
≠
và
{ }
0;2;4e ∈
.
Số có dạng
0abcd
. Chọn
{ }
, , , 1;2;3;4a b c d ∈
thì ta có: 4.3.2.1 = 24 số chẵn dạng
0abcd
Số có dạng
abcde
,
{ }
2;4e ∈
có 2 cách chọn, chọn
{ } { }
1;2;3;4 \a e∈
có 3 cách chọn,

chọn
{ } { }
0;1;2;3;4 \ ;b e a∈
có 3 cách chọn, chọn
{ } { }
0;1;2;3;4 \ ; ;c e a b∈
có 2 cách chọn
và chọn
{ } { }
0;1;2;3;4 \ ; ; ;d e a b c∈
có 1 cách chọn. Vậy: 2.3.3.2.1 = 36
Vậy có: 24 + 36 = 60 số
VIIa
(2,0đ)
1. Trong hệ toạ độ Oxy 1,00
Tọa dộ giao điểm I của d

và d’ là nghiệm của hệ phương trình
3 0
9 3
;
6 0
2 2
x y
I
x y
− − =

 
⇒


 ÷
+ − =
 

0.25
M là trung điểm của AD
( )
Ox 3;0M d M⇒ = ∩ ⇒
0,25
Vì I, M thuộc d
: 3 0d AD AD x y⇒ ⊥ ⇒ + − =
0.50
2. … Tìm toạ độ M thuộc d
1
, N thuộc d
2
… 1.00
Gọi
( ) ( )
1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
0,25
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
Trường hợp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −
uuuur
( )

. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuur uur
0,25
Trường hợp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −
0,25
Kết luận: …. 0,25
VIb
(1,0đ)
Giải hệ phương trình … 1,00
Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y

− − + + > − + > + > + >

< − ≠ < + ≠

.
0,25
1 2 1 2
1 2 1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
( )
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2).
x y x y
x y x y
x y x y x
I
y x y x
− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − +
 
 
0,25
Đặt
2
log (1 )
y
x t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.t t t

t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
Với
1t =
ta có:
1 2 1(3).x y y x− = + ⇔ = − −
Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
− − −
− + − +
− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
+ +
0
2
x
x
=

⇔

= −


. Suy ra:
1
1
y
y
= −


=

.
0,25
Kiểm tra thấy chỉ có
2, 1x y= − =
thoả mãn điều kiện trên. Đáp số
2, 1x y= − =
.
0,25
VIIb
(2,0đ)
1. Tìm toạ độ điểm M trên đường thảng … 1.00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5R =
.
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với
nhau một góc 60
0
thì MAB là tam giác đều hoặc cân tại góc M=120
0
.

* TH1: ∆MAB là tam giác đều. Khi đó ta có: suy ra
2R=2 5IM =
.
Vậy điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x y− + − =
.
0,25
Mặt khác, điểm M thuộc
∆
, nên tọa độ của M nghiệm của hệ PT :
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y

− + − =


+ − =


0,25
Từ (1) và (2):
( ) ( )
2 2
2

3
2 10 1 20 5 42 81 0
27 / 5
y
y y y y
y
=

− + + − = ⇔ − + = ⇔

=

* TH2: ∆MAB cân tại góc M=120
0
: Giải tương tự TH 1 ta có: Không tồn tại M thoả mãn.
0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
( )
6;3M
hoặc
6 27
;
5 5
M
 
−
 ÷
 
0,25
2. Trong không gian … 1,00

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng
∆
:
1 2
1
2
x t
y t
z t
= − +


= −


=

. Điểm
M ∈∆
nên
( )
1 2 ;1 ;2M t t t− + −
.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )

( )
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2 4 2 9 20 3 2 5
4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5
3 2 5 3 6 2 5
AM t t t t t
BM t t t t t t
AM BM t t
= − + + − − + = + = +
= − + + − − + − + = − + = − +
+ = + + − +
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5u t=
r
và
( )
3 6;2 5v t= − +
r
.

0,25
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5
u t
v t

= +




= − +


r
r
Suy ra
| | | |AM BM u v+ = +
r r
và
( )

6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + =
r r r r
Mặt khác:
| | | | | |u v u v+ ≥ +
r r r r
Vậy
2 29AM BM+ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
t
t
t
⇔ = ⇔ =
− +
( )
1;0;2M⇒
và
( )
min 2 29AM BM+ =
.
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+

0,25