Đáp án thi thử đại học môn toán khối A lần 2 năm 2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ðOÀN THƯỢNG
KÌ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010
MÔN TOÁN, KHỐI A
ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM CHẤM
* Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà vẫn ñúng thì cho ñủ
ñiểm từng phần tương ứng.
Câu ý Nội dung ðiểm
I 1
Khảo sát hàm số
= − + +
4 2
3 4y x x
(C)
1,00

TXð:

.
lim
x
y
→±∞
= −∞ ,
3
0 4
' 4 6 , ' 0
6 25
2 4
x y

y x x y
x y
= ⇒ =


= − + = ⇔

= ± ⇒ =



BBT: ghi ñầy ñủ
Kết luận về tính ñb, nb, cực trị
2
2 21
'' 12 6, '' 0
2 4
y x y x y= − + = ⇔ = ± ⇒ =

ðồ thị. ðồ thị là ñường cong trơn thể hiện ñúng tính lồi, lõm.
ðồ thị ñi qua 7 ñiểm:
6 25 2 21
( 2;0), ; , ; ,(0;4)
2 4 2 4
   
± ± ±
   
   

6

5
4
3
2
1
-1
-2
-6 -4 -2 2 4 6

Nhận xét. ðồ thị hàm số nhận trục tung làm trục ñối xứng

0,25

0,25

0,25









0,25
I 2
Tìm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với
2 4 0x y+ − =

1,00


( )
4 2
0 0 0
( ) ; 3 4M C M x x x∈ ⇒ − + + . Tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc
3
0 0 0
'( ) 4 6f x x x= − +


ðường thẳng 2 4 0x y+ − = có hệ số góc bằng
1
2
−

Ycbt
3
0 0 0
1
'( ). 1 4 6 2 0
2
f x x x
 
⇔ − = − ⇔ − + =
 
 

0 0

0 0
0 0
1 6
1 3 21 2 3
2 4
1 3 21 2 3
2 4
x y
x y
x y

= ⇒ =


− + −

⇔ = ⇒ =


− − +

= ⇒ =



Vậy
( )
1 3 21 2 3 1 3 21 2 3
1;6 , ; , ;
2 4 2 4

M M M
   
− + − − − +
   
   


0,25
0,25



0,25



0,25
II 1
Giải phương trình
2 2 2
sin sin 2 sin 3 2
x x x
+ + =
(1)
1,00

(1)
2
1 cos2 1 cos6
sin 2 2

2 2
x x
x
− −
⇔ + + =
2 2
1
(cos2 cos6 ) 1 sin 2 0 cos2 cos4 cos 2 0
2
x x x x x x⇔ + + − = ⇔ + =

cos2 0 cos2 0
cos2 cos4 0 cos2 cos( 4 )
x x
x x x x
π
= =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −
 

, ,
4 2 6 3 2
x k x k x k
π π π π π
π
⇔ = + = + = −

0,25

0,25

0,25

0,25

2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2( ) 7
2 2 10
x y x y
y xy x
+ + + =


− − =

.

1,00

Hệ
2 2
2 2
( 1) ( 1) 9
( ) ( 1) 9

x y
y x x
+ + + =

⇔

− − + =


ðặt 1, 1a x b y b a y x= + = + ⇒ − = − ta ñược hệ
2 2
2 2
9
( ) 9
a b
b a a
+ =


− − =


2 2 2 2 2
( ) 2 0a b b a a a ab a
⇒ + = − − ⇔ = − ⇔ =
hoặc
2a b= −

0 3 1, 2a b x y
= ⇒ = ± ⇒ = − =

hoặc 1, 4x y
= − = −

2
3 6
2 5 9
5 5
a b b b a
= − ⇒ = ⇔ = ± ⇒ =
m

6 3
1 , 1
5 5
x y
⇒ = − − = − +
hoặc
6 3
1 , 1
5 5
x y
= − + = − −

Kết luận. Hệ có 4 nghiệm như trên



0,25
0,25
0,25

0,25

* Chú ý
. Học sinh có thể rút
2
10
2( 1)
y
x
y
−
=
+
từ pt thứ hai và thế vào pt thứ
nhất ñược
4 3 2
5 20 24 88 32 0y y y y+ − − + =
2
( 2)( 4)(5 10 4) 0y y y y⇔ − + + − =

3 3
2, 4, 1 , 1
5 5
y y y y⇔ = = − = − + = − −

6 6
1, 1, 1 , 1

5 5
x x x x⇒ = − = − = − − = − +


0,5


0,25

0,25
III
Tìm giới hạn I =
0
5 1 2 cos
lim
x
x
x x
x
→
+ −

1,00


ðặt
( ) 5 1 2 cos (0) 0
x
f x x x f= + − ⇒ =

I =
0
( ) (0)
lim '(0)
0
x
f x f
f
x
→
−
=
−

1
'( ) 5 ln5 1 2 5 . sin
1 2
x x
f x x x
x
= + + +
+

I '(0) ln5 1f⇒ = = +

Cách khác
.
( )
( )
( )

0 0
5 1 2 1 5 1 1 cos
5 1 2 cos
lim lim
x x
x
x x
x x
x x
x x
→ →
+ − + − + −
+ −
=

( )
( )
( )
0
5 1 2 1
5 1
1 cos
lim
x
x
x
x
x
x x x
→

 
+ −
−
−
 
= + +
 
 

Tính ñược
( )
0 0
5 1 2 1
5 .2
lim lim 1
1 2 1
x
x
x x
x
x
x
→ →
+ −
= =
+ +

Tính ñược
ln5
0 0

5 1 1
lim lim .ln5 ln5
ln5
x x
x x
e
x x
→ →
− −
= =
Tính ñược
2
2
0 0
2sin
1 cos
2
lim lim . 0
4
2
x x
x
x x
x
x
→ →
−
= =
 
 

 

0,25
0,25

0,25
0,25


0,25


0,25
0,25

0,25
IV Tính thể tích khối tứ diện SMNC
1,00

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD suy ra SO
⊥
(ABCD). Gọi H là trung
ñiểm của AO thì MH // SO nên MH
⊥
(ABCD) suy ra HN là hình chiếu
của MN trên mp(ABCD). Bởi vậy góc giữa MN và (ABCD) là góc
0
60MNH MNH∠ ⇒ ∠ =
.

0,25


2
2 2 2 0
5 10
2 . .cos45
8 4
a a
HN CH CN CH CN HN= + − = ⇒ =

Tam giác MNH vuông suy ra
0
30
.tan30
4
a
MH HN= =

SA cắt (MNC) tại ñiểm M là trung
ñiểm của SA nên
( ;( )) ( ;( ))S MNC A MNC
d d=

SMNC AMNC
V V⇒ =

1 1 1 30 30
. . .
3 3 2 2 4 48
ANC
a a a
S MH a= = =





0,25


0,25

0,25
V
Chứng minh rằng
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +

1,00

3
1 1abc abc= ⇔ =
. ðặt

3 3 3
, ,x a y b z c= = =
. Bài toán trở thành
Cho
, ,
x y z
dương thỏa mãn 1xyz = . Chứng minh rằng
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1x y y z z x
+ + ≤
+ + + + + +

Bằng biến ñổi tương ñương chứng minh ñược
3 3
( )x y xy x y+ ≥ +
3 3
3 3
1 1
1 ( ) ( )
1 ( )
x y xy x y xyz xy x y z
x y xy x y z
⇒ + + ≥ + + = + + ⇒ ≤
+ + + +
Tương tự, cộng lại ta ñược
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
1

1 1 1 ( ) ( ) ( )x y y z z x xy x y z yz x y z zx x y z
+ + ≤ + + =
+ + + + + + + + + + + +

ðẳng thức xảy ra 1x y z⇔ = = = hay
1a b c= = =



0,25
0,25

0,25

0,25
VI.a 1 Viết phương trình ñường tròn
1,00
ðường trung trực của AB có pt y = x. (C) ñi qua A và B suy ra tâm I của
(C) thuộc ñường thẳng y = x ( ; )I t t⇒ .
Gọi H là hình chiếu của I trên MN
1, ( ; ) 2 2MH IH d I t⇒ = = ∆ = −
,
2 2
(1 )IM IA t t= = − + .
IMH∆
vuông
2 2 2 2 2 2
4
(1 ) 2( 2) 1
3

MI IH MH t t t t⇒ = + ⇔ − + = − + ⇔ =
4 4 17
; ,
3 3 3
I R IA
 
⇒ = =
 
 
. Pt (C) là
2 2
4 4 17
3 3 9
x y
   
− + − =
   
   


0,25

0,25

0,25

0,25
2
Tìm ñiểm D thuộc ∆ sao cho thể tích khối tứ diện DABC bằng 8
1,00

(3; 1; 1), (2;2;2) , (0; 8;8)AB AC AB AC
 
= − − = ⇒ = −
 
uuur uuur uuur uuur


H
N
M
O
B
D
C
A
S
1
, 4 2
2
ABC
S AB AC
 
= =
 
uuur uuur
. Mp(ABC) có phương trình 1 0y z− + − =
( ;( ))
3 6
(1 2 ;2 ; 3 4 ).

2
M ABC
t
D D t t t d
−
∈∆ ⇒ − + − + =
( ;( ))
3 6
1 1
. .4 2. 4 2
3 3
2
DABC ABC M ABC
t
V S d t
−
= = = −
4
8 4 2 8
0
DABC
t
V t
t
=

= ⇔ − = ⇔

=


Vậy ( 7;6;13)D − và (1;2; 3)D −
0,25

0,25

0,25



0,25
VII.a chọn 3 học sinh giỏi có cả Nam và Nữ và có ñủ cả ba khối
1,00
Chọn HS khối 10 có 5 cách
TH 1. Chọn HS khối 11 là Nam có 4 cách, khi ñó HS khối 12 phải chọn là
Nữ nên có 3 cách. Trường hợp này có 5.4.3 = 60 cách.
TH 2. Chọn HS khối 11 là Nữ có 2 cách, khi ñó HS khối 12 ñược chọn tùy
ý nên có 7 cách. Trường hợp này có 5.2.7 = 70 cách
Vậy có tất cả 60 + 70 = 130 cách
0,25

0,25

0,25
0,25
VI.b 1
Trong mặt phẳng Oxy, cho ñiểm ( 1;3)M − . Viết phương trình ñường thẳng
∆ ñi qua M và tạo với hai trục tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng 2.

1,00

Giả sử ∆ cắt Ox tại A(a ; 0), cắt Oy tại B(0 ; b) với
0ab ≠
. Khi ñó pt ∆ là
1
x y
a b
+ = . ∆ qua M nên
1 3
1 3b a ab
a b
−
+ = ⇔ − + =
∆ tạo với hai trục tam giác OAB có diện tích bằng 2
1
2 4
2
ab ab⇔ = ⇔ = ±

TH 1.
2
2, 2
3 4
3 4
4
2
4
3 4 4 0 , 6
3
a b

b a
b a
ab
ab
a a a b
= =

= −
− + =



= ⇒ ⇔ ⇔
  −

=
− − = = = −




TH 2.
2
3 4
3 4
4
4
3 4 4 0
b a
b a

ab
ab
a a
= +
− + = −


= − ⇒ ⇔
 
= −
+ + =


(vô nghiệm)
Vậy có 2 ñường thẳng là
2 0x y+ − =
và
9 6 0x y+ + =



0,25

0,25

0,25



0,25

2
Tìm m ñể ∆ cắt (S) tại hai ñiểm M, N sao cho MN = 8
1,00

Mặt cầu (S) + + − + = −
2 2 2
(x 2) (y 3) z 13 m
có tâm ( 2;3;0)I − và bán kính