Đáp án thi thử đại học môn toán khối B 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 B
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 1

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
8
9 9 10
x y
x y
+ =



+ + + =


.

1,00

Hệ
( )( )
2 2 2 2
8

2 9 9 82
x y
x y x y
+ =


⇔

+ + + + =



( ) ( )
2 2
2 2
8
2 2 9 2 81 82
x y
x y xy x y x y xy
+ =


⇔

 
+ − + + + − + =

 


( ) ( )
2
64 2 2 9 64 2 81 82xy xy xy⇒ − + + − + =
ðặt xy = t ta ñược:
2
18 657 9t t t− + = +
2 2
9 0
9
16
16
18 657 81 18
t
t
t
t
t t t t
+ ≥
≥ −


⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
− + = + +



Vậy
16

4
8
xy
x y
x y
=

⇔ = =

+ =





0,25



0,25
0,25


0,25
Kết luận. Hệ có 1 nghiệm
( )
4;4

III
Tính tích phân

( )
1
1 3ln ln
e
x x x
dx
x
+ +
∫

1,00


3
1 1
1 3ln ln
ln
e
x x
I xdx dx
x
+
= +
∫ ∫

Tính ñược:
1
1
ln 1
e

I xdx= =
∫

3
2
1
1 3ln lnx x
I dx
x
+
=
∫

ðặt
2
1 2
1 3ln ln
3 3
t dx
t x x tdt
x
−
= + ⇔ = ⇒ =
( ) ( )
1 1; 2t t e= =

( )
2
2 2
4 2

2
1 1
1 2 2 116
3 3 9 135
t
I t tdt t t dt
−
= ⋅ ⋅ ⋅ = − =
∫ ∫

Vậy
116 251
1
135 135
I = + =



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
∠ ⇒ ∠ =
.
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

0,25
V Cho a, b, c, d là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau
1,00
H
N

M
O
B
D
C
A
S
a d d b b c c a
S
d b b c c a a d
− − − −
= + + +
+ + + +


1 1 1 1 4
a d d b b c c a
S
d b b c c a a d
− − − −
= + + + + + + + −
+ + + +

4
a b d c b a c d
S
d b b c c a a d
+ + + +
= + + + −
+ + + +

( ) ( )
1 1 1 1
4a b c d
d b c a b c a d
   
= + + + + + −
   
+ + + +
   

( ) ( )
4 4
4a b c d
d b c a b c a d
≥ + + + −
+ + + + + +

( )
4
4 0a b c d
a b c d
= + + + − =
+ + +

ðẳng thức xảy ra
a b c d⇔ = = =

0,25
0,25

0,25


0,25
VI.a 1
1)

Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường thẳng ∆:
2 1 0x y− − =
và hai ñiểm
A(1 ; 1), B(4 ; -3). Tìm ñiểm C trên ñường thẳng ∆ sao cho khoảng
cách từ C ñến ñường thẳng AB bắng 6.
1,00

( )
2 1;C C t t∈∆ ⇒ + . AB có phương trình : 4 3 7 0x y+ − =
( )
11 3
;
5
t
d C AB
−
=
( )
3
; 6

27
11
t
d C AB
t
=


= ⇔

= −


Vậy
( )
43 27
7;3 ; ;
11 11
C C
 
− −
 
 

0,25

0,25


0,25

0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng (P)…
1,00

( ) ( ) ( )
1 2
/ / ; / /P P P∆ ∆ ⇒ có vtpt
( )
14;14; 7n −
r

Pt mặt phẳng (P) là: 2x + 2y – z + D = 0
(S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5.
( ) ( ) ( )
P S C∩ = có chu vi 6π
( )
C⇒ có bán kính r = 3
( )
( )
5
;
3
D
d I P
−
=

Ta có:
( )

2
2 2 2
17
5
25 9
7
9
D
D
R r d
D
=
−

= + ⇔ = + ⇔

−


Vậy (P): 2x + 2y – z + 17 = 0 hoặc 2x + 2y – z – 7 = 0

0,25

0,25


0,25

0,25
VII.a
Cho
1 2
,z z
là hai nghiệm của phương trình
1
1z
z
+ =
. Tính S =
3 3
1 2
z z+
.
1,00

2
1
1 1 0z z z
z
+ = ⇔ − + =
( )
2
3 3i∆ = − −

1 2
1 3 1 3
;
2 2

i i
z z
+ −
= =
3 3
1 2
1; 1z z
= − = −
. Vậy S = - 2
* Chú ý: Ta có thể áp dụng ñl Viét
1 2 1 2
1; 1z z z z
+ = ⋅ =

( ) ( )
3
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
3 1 3 2z z z z z z z z
+ = + − + = − = −



0,25

0,25
0,5
VI.b 1 1)

Trong mặt phẳng Oxy, tìm tọa ñộ các ñỉnh của một hình thoi, biết

phương trình hai cạnh lần lượt là
2 4 0, 2 10 0x y x y
+ − = + − =
và
phương trình một ñường chéo là
2 0x y
− + =
.

1,00
Giả sử AB: x + 2y – 10 = 0; CD: x + 2y – 4 = 0; AC: x – y + 2 = 0
Tìm ñược tọa ñộ A(2;4); C(0;2)
Gọi I là trung ñiểm AC
⇒
I(1;3)
ðt
∆
ñi qua I và
⊥
AC có pt: x + y – 4 =0
∆
cắt AB tại B(-2;6)
∆
cắt CD tại D(4;0)
Vậy A(2;4); B(-2;6); C(0;2); D(4;0)


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
13R m
= −
với
13m <
.
∆
ñi qua ñiểm (0;1; 1)A
−
và có vtcp
(2;1;2)u =
r

;
( 2;2;1) ; (3;6; 6) ( ; ) 3

AI u
AI AI u d I
u
 
 
 
= − ⇒ = − ⇒ ∆ = =
 
uur r
uur uur r
r

∆ cắt (S) ( ; ) 3 13 4d I R m m⇔ ∆ < ⇔ < − ⇔ <
Gọi H là trung ñiểm của MN thì IH ⊥ MN và MH = 4
Tam giác IMH vuông tại H nên
2 2 2
13 16 9 12MI MH IH m m= + ⇔ − = + ⇔ = −
(TM). Vậy
12m = −



0,25

0,25

0,25


0,25