Đáp án Đề ôn tập thi Đại học (Đề 2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (104.38 KB, 6 trang )
Câu
Câu I
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Nội dung
Điểm
2đ
TXĐ D = R \ {1}
2
y’ = < 0 với mọi x ∈ D
( x − 1) 2
⇒ hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 1) và (1; + ∞ )
Hàm số không có cực trị
lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận đứng
0.25
0.25
x → ±∞
lim y = +∞ và lim y = −∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận cận đứng
x →1+
x →1−
Bảng biến thiên :
x -∞
y’
y 1
+∞
1
-
+∞
-
-∞
Đồ thị : đi qua các điểm (0; -1), ( -1; 0) , (2; 3) , ( 3; 2)
0.25
1
0.25
Phương trình tiếp tiếp tuyến của đồ thị( C) tại điểm M(x0; y0) là
x02 + 2 x 0 − 1
2
x
+
y=( x 0 − 1) 2
( x0 − 1) 2
b
Giao điểm của tiếp tuyến với các tiệm cận là A(1;
IA =
4
x0 − 1
x0 + 3
) và B( 2x0 - 1; 1)
x0 − 1
; IB = 2 x0 − 1
1
IA.IB = 4
2
Vậy diện tích tam giác IAB có diện tích không phụ thuộc điểm M.
SIAB =
Câu II
0.25
0.25
0.25
0.25
2đ
x
x
1
32 3 2
3(sin
cos ) = 2cosx + 2 sin2x
x
x
x
x
⇔
3(sin 2 cos 2 )( 1+ sin 2 .cos 2 ) = 2cosx + sinx.cosx
x
x
⇔
3(sin 2 - cos 2 )( 2+ sinx) = 2cosx(2 + sinx)
x
x
x
x
⇔
( 2+ sinx) (sin 2 cos 2 )( 3 + 2sin 2 + 2cos 2 ) = 0
2 + sin x = 0
x
x
⇔ sin − cos = 0
2
2
x
x
3 + 2 sin + 2 cos = 0
2
2
• sinx + 2 = 0 vô nghiệm
x
x
x π
π
• sin − cos = 0 ⇔ 2 sin( − ) = 0 ⇔ x = + k 2π
2
2
2 4
2
2
2. 2
( x − y ) + x y = 1
Hpt đã cho tương đương với hệ :
x − y + xy ( x − y ) + xy = 1
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
u 2 + v 2 = 1
(u + v) 2 − 2uv = 1
⇔
Đặt u = x – y , v = xy thì ta có hpt
u + v + uv = 1
u + v + uv = 1
S 2 − 2 P = 1
S 2 − 2 P = 1
2
⇔
Dặt S = u+ v và P = u.v Với S - 4P ≥ 0 ta có hệ pt :
S + P = 1
P = 1 − S
S = 1vàP = 0
⇔
S = −3vàP = 4(loai )
Với S = 1 và P = 0 Ta tìm được u = 0 và v = 1 hoặc u = 1 và v = 0.
x − y = 0
⇔x=y= ±1
Với u = 0 và v = 1 ta có hệ pt
xy = 1
0.25
x = 0
x − y = 1 y = −1
Với u = 1 và v = 0ta có hệ pt
xy = 0 x = 1
y = 0
Vậy hệ pt có nghiệm (1; 1), (-1;-1) , ( 0; -1) , ( 1; 0)
0.25
Câu III
1đ
Phương trình hoành độ giao điểm :
x = 2 – x2 ⇔ x 2 + x - 2 = 0
0.25
x =1
x = 1
⇔
⇔
x = −1
x = −2
1
2
S = ∫ x − 2 + x dx =
−1
1
∫( x − 2+ x
2
)dx
0.25
−1
0
=
∫ (− x − 2 + x
−0
1
2
)dx + ∫
=
0
+(
−
1
x2
x3
−2 x +
2
3
1
0.25
0
7
3
0.25
1đ
Dựng SH ⊥ CD và SK ⊥ BC ta có
∧
( x − 2 + x )dx
2
0
x2
x3
(− −2 x + )
2
3
Câu IV
0.25
S
∧
SHA = SKA = β
và SH = SK =
a
sin α
B
A
0.25
K
D
Câu V
H
a cot β
Gọi x là cạnh của hình thoi Ta tính được x =
sin α
2
a cot β
1
(1 +
)
Sxq = 2SSDC + 2SSAB = SH.DC + SA.SB =
sin α
sin β
1
a 3 cot β
S
.
SA
VS.ABCD =
=
ABCD
3
3 sin α
Trước hết ta chứng minh: x 3 + y 3 ≥ (
x + y)
4
C
0.25
0.25
0.25
1
3
( biến đổi tương đương)
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( x + y)
4P ≥
3
a
+ 64 z 3
3
( a − z)
=
3
a
+ 64 z 3
3
= ( 1 − t ) + 64t 3
3
0.25
z
(với t = , 0 ≤ t ≤ 1 )
a
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có
1
2
f '(t ) = 3 64t 2 − ( 1 − t ) , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1]
9
0.25
Lập bảng biến thiên
⇒ Minf ( t ) =
t∈[ 0;1]
64
⇒ GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0
81
81
0.25
Câu VI.a
2
Đường tròn (C) có tâm I(2; 2) và bán kính R = 2.
y
Tọa độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của hệ phương trình
x = 0
x + y − 2 = 0
y = 2
B
2
2
x + y − 4 x − 4 y + 4 = 0 x = 2
y = 0
O
⇒ (C) cắt d tại hai điểm A(2; 0) và B(0; 2)
Vậy d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB thì
1
SMAB =
AB.MH mà AB không đổi nên
2
SMAB đạt GTLN ⇔ MH đạt GTLN
M = (C ) ∩ ∆
⇔
với ∆ y = x
xM > 2
x + y − 4x − 4 y + 4 = 0
⇔x=y=2+
y = x
x > 2
2
⇔
M
I
H
0.25
x
A(2;0)
0.25
0.25
2
2
Vậy điểm C(2 + 2 ;2 + 2 ) thì SMAB lớn nhất
Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; -1; -5).
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với d1và d2 thì
A(-1+2t; 1+3t; 2+t) và B(2+t’; -2+5t’; -2t’)
⇒ AB = (3 + t’- 2t; - 3 + 5t’-3t; -2 - 2t’- t)
d ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n
3 + t '−2t − 3 + 5t '+3t − 2 − 2t '−t
⇔
=
=
2
−1
−5
11t '−8t = 3
⇔
⇔ t = t’ = 1
27t '−14t = 13
⇒ A(1; 4; 3) và B(3; 3; -2)
0.25
Đường thẳng d đi qua A(1; 4; 3) và có VTCP AB = (2; -1; -5) nên d có phương trình:
x = 1 + 2t, y = 4 – t; z = 3 – 5t
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu VII.a
5
15
Số phần tử của không gian mẫu n( Ω ) = C = 3003.
Gọi A là biến cố “ 5 viên bi lấy ra có nhiều nhất 2 bi trắng thì ta có các trường hợp sau:
0
5
- 0 bi trắng và 5 viên bi còn lại, số cách chọn là: C 5 .C 10 = 252
-
1
4
1 bi trắng và 4 viên bi còn lại, số cách chọn là: C 5 .C 10 = 1050
1
0.25
0.25
-
Câu VI.b
2
3
2bi trắng và 3 viên bi còn lại, số cách chọn là: C 5 .C 10 = 1200.
⇒ n(A) = 252+1050 + 1200 = 2502
n( A)
831
≈ 0.83
p(A) =
=
n(Ω) 1001
0.25
0.25
1
Đường cao AH: 3x – 4y + 27 = 0 ; phân giác CD : x + 2y – 5 = 0
BC ⊥ AH nên BC : 4x + 3y – 5 = 0.
4 x + 3 y − 5 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt
D
x + 2 y − 5 = 0
⇒ C(-1; 3).
B
A
0.25
C
H
Đường thẳng AC đi qua C nên phương trình đường thẳng AC
Có dạng : a(x + 1) + b(y – 3) = 0 với a2 + b2 ≠ 0.
⇒ ax + by + a - 3b = 0
CD là đường phân giác trong của góc C nên ta có
4.1 + 3.2
a + 2b
∧
∧
=
cos BCD = cos CDA ⇔
5 5
5. a 2 + b 2
⇔ 2 a 2 + b 2 = a + 2b
a = 0
⇔ 3a – 4ab = 0 ⇔
a = 4 b
3
Với a = 0 ta có phương trình đường thẳng AC : y – 3 = 0
4
Với a = b ta có AC : 3x + 4y -5 = 0 ( loại vì trùng với đt BC)
3
A = AH ∩ AC ⇒ A(-5; 3) ⇒ AB : 4x + 7y – 1 = 0.
Gọi M(1 – t; 2t ; -2 + t) ∈ d1 và N(t’; 1 + 3t’; -1 – t’) ∈ d2
MN = (t’ + t – 1; 3t’ – 2t + 1; -t’ – t + 3)
D1 có VTCP u = (-1; 2; 1) ; d2 có VTCP v = (1; 3; -1)
0.25
2
MN .u = 0
2t '−3t + 3 = 0
⇔
MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 ⇔
MN .v = 0
11t '−4t − 1 = 0
⇔ t’ = 3/5 và t = 7/5
⇒ M(-2/5; 14/5; -3/5) N( 3/5; 14/5; 2/5)
MN
2
Mặt cầu đường kính MN có tâm I(1/10; 14/5; -1/10) và bán kính R =
có pt:
=
2
2
1 2
14 2
2
1
(x ) + (y ) + (z - )2 =
10
5
5
2
Câu VII.b
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
1đ
Ta có (1 + x + x2)12 = [(1 + x) + x2 ]12
0
k
24
= C 12
(1+x)12 + C 112 (1+x)11.x2 +…+ C 12
(1+x)12-k.x2k + …+ C 12
12 x
0
0
8
1
0
1
2
11
10
(1 + x + x2)12 = C 12
( C 12
x12 + C 112 x11+…+ C 12
x4 +…+ C 12
12 ) + C 12 x (C 11 x + C 11 x
0
10
2
9
2
4
10
+ C 11
x9 +…+ C 11
x2 +.. + C 11
11 ) + C 12 x (C 10 x +…+ C 10 ) + ….
Suy ra chỉ có 3 số hạng đầu có chứa x4
10
0
8
9
2
Vậy a4 = C 12
.C 12
+ C 112 .C 11
+ C 12
.C 10 = 1221.
0.25
0.25
0.25
0.25
