Dap an thi DH ngày 22/2/09

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC
Trường THPT Tống Duy Tân Môn Toán . Năm học 2008 – 2009
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1. Khảo sát hàm số khi m = - 3 1
• Tập Xác định:
0,25
• Sự biến thiên:
• Giới hạn tại vô cực:
• Chiều biến thiên:

);2()0;(0'
+∞∪−∞∈∀>
xy
;
)2;0(0'
∈∀<
xy
BBT
x 0 2
y’ + 0 - 0 +
1
y
-3
Hàm số đồng biến trên các khoảng
Hàm số nghịch biến trên khoảng
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 1 ; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= -3

0,5
Đồ thị ( C ) y

1
-1 2 3 x
0
-3
0,25
2 Tìm m để đồ thị (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 – x . ..... 1
* Phương trình hoành độ giao điểm :
0.25



=++=
=
⇔
01)(
0
2
mxxxf
x
.
Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước hết phương trình f(x) = 0 phải có hai nghiệm dương
phân biệt
2
01
0

04
21
21
2
−<⇔





>=
>−=+
>−=∆
⇔
m
xx
mxx
m
(*)
Khi đó
0,25
• Ta có
Tiếp tuyến tại B,C vuông góc với nhau (1)
0.25
(1)
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
9( ) 6 ( ) 4 1x x mx x x x m x x⇔ + + + = −
. Đối chiếu với (*) ta c ó ĐS m =
5

−
.
0.25
II 1. Giải phương trình lượng giác 1
• ĐK :
0,25
• pt
hoặc
0,25
•
•
0,25
• Hai họ nghiệm đều thich hợp
vậy nghiệm phương trình là :
0,25
2. Giải bất phương trình lôgarit 1
Điều kiện XĐ của BPT : x > 0 và x ≠ 1. 0.25
Biến đổi BPT về dạng
( ) ( )
3 5
3
log 1 2log 1
0
log
x x
x
− +
<
0,25
⇔

3 3 3
5 5 5
log 1 0 log 1 log 0
(1) V (2) V (3)
2log 1 0 2log 1 0 2log 1 0
x x x
x x x
> < < <
  
  
+ < + > + <
  

0,25
Giải (1), (2), (3) và đối chiếu với ĐK ta được đáp số:
5
0; (1;3)
5
S
 
= ∪
 ÷
 ÷
 
. 0,25
III
Tính tich phân
1
• Đặt
với x = 1 thì t = 1/2, với x = 2 thì t = 1/3

0,25
•
1
2
2
3
4
1
1
3
1
( 1)
dx t dt
t
x x
=
−
+
∫ ∫
0,25
=
0,25
• =
4 43
ln
3 162
−
0,25
IV
Tính diện tích xung quanh của hình nón

1
Gọi I là trung điểm của AB thì OI
⊥
AB, SI
⊥
AB.
Ta có
·
·
3 1
cos , cos
2 2
AO SA SAO SA AI SA SAI SA= = = =
Suy ra
1
3
AI
AO
=
0,25
Mặt khác trong tam giác OIA:
· · ·
1 6
cosIAO cosIAO sin IAO
3
3
AI a
AO OA
= ⇒ = ⇒ = =
.

Vậy
6

2
a
OA =
.
0,25
Xét tam giác SAO, ta có
0
6 2
. 2
2
cos30
3
OA a
SA a= = =
0,25
Từ đó diện tích xung quanh của hình nón đã cho là

2
6
. . . . . . 2 3.
2
xq
a
S R l OA SA a a
π π π π
= = = =
0,25

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
Trước hết, theo BĐT Cô – Si cho ta có:
4 3 3
2 1 1z z z z≤ + = +
,
0z∀ ≥
.
Tương tự ta cũng có:

3 3
4
2 1 1y y y y≤ + = +
,
0y∀ ≥
và
3 3
4
2 1 1x x x x≤ + = +
,
0x∀ ≥

0,25
Suy ra
( ) ( ) ( )
3 4
3 4 3 4
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
y y
x x z z

P
y y z z z z x x x x y y
+
+ +
≥ + + ⇔
+ + + + + + + + +
0,25
I
A
B
S
O
3 3 3
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3 3 3
2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x x y y z z
P
y y z z z z x x x x y y
+ + +
≥ + +
           
+ + + + + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
           
Đặt
3 3 3

2 0; 2 0; 2 0
2 2 2
x x a y y b z z c+ = > + = > + = >
thì ta có
[ ]
1 1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
2 2 2
P a b c P
b c c a a b
b c c a a b b c c a a b
 
≥ + + ⇔ + ≥ + + + + + + +
 ÷
+ + + + + +
 
Áp dụng BĐT Cô – Si cho các số dương a + b, b + c, c + a ta có

[ ]
1 1 1
( ) ( ) ( ) 9b c c a a b
b c c a a b
 
+ + + + + + + ≥
 ÷
+ + +
 
Như vậy ta có :
1
3 .9 3

2 2
P
P+ ≥ ⇔ ≥
. Thấy P = 3 khi x = y = z = 1.
Tóm lại minP = 3 khi x = y = z = 1.
0,5
B. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm
1.Theo chương trình chuẩn
Câu Ý Nội dung Điểm
VIa 1. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .... 1
• Hệ số góc của AC = 1, M(1;1) thuộc AC . Pt AC: y = x
Toạ độ đỉnh A là nghiệm hpt hay
2 2
;
3 3
A
 
− −
 ÷
 
.
0,25
• M là trung điểm AC nên C
8 8
;
3 3
 
 ÷
 
.

0,25
Hsg của BC k = 1/4 nên BC có pt : x – 4y + 8 = 0 0,25
• Toạ độ đỉnh B là nghiệm hệ pt :
0,25
2. Viết phương trình mặt cầu....
1
Ta có
(1;1;0) , (0;2;0), (0;0;2) , . 4 0OA OB OC OA OB OC
 
= = = ⇒ = ≠
 
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
suy ra O, A, B, C
không đồng phẳng , hay O, A, B, C là 4 đỉnh của hình tứ diện
0,5
,
Mặt khác vuông tại O nên O, A nhìn BC dưới một góc vuông do đó mặt cầu ngoại
0,25
tiếp tứ diện OABC có tâm I (0;1;1) là trung điểm BC, bán kính R = OI =
Phương trình mặt cầu :
0,25
VIIa
Tìm hệ số của x
6
....
1
Ta có

0,25
Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được :

So với giả thiết suy ra
0,25
Xét khai triển
Theo yêu cầu suy ra k = 6
0,25
Vậy hệ số của x
6
là :
6 4 6
10
.2 .( 3) 2449440.C − =
0,25
2.Theo chương trình nâng cao
Câu Ý Nội dung Điểm
VIb 1. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .... 1
Toạ độ B là nghiệm hpt
0,25
Đường vuông góc (d) hạ từ G xuống BC có pt 2x + y – 3 = 0
Vì tam giác ABC cân đỉnh A nên(d) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến do
đó tìm được H(2;-1)
Gọi toạ độ của A(x;y) từ hệ thức
0,5
Đỉnh C đối xưng với B(0;-2) qua H nên C(4;0) 0,25
2 Tính thể tích tứ diện ...
1
•
VTPT của mặt phẳng ( ABC) : suy ra Pt mặt phẳng (ABC) :
7x + 5y + z – 37 = 0
Gọi H(x;y;z)

Từ ycbt ta có hệ pt :
7 5 37 0
2 3 2 0
3 4 2 0
x y z
x y z
x y z
+ + − =


− + − + =


− + + − =

, giải ra ta được:
81 13 33
; ;
25 5 25
H
 
 ÷
 
0,5

0,25