Đáp án thi thử đại học môn toán khối D 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 D
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
= − +
3 2
1
2 3
3
y x x x
(C)
1,00

TXð:

.
lim
x
y
→±∞
= ±∞ ,
2
4
1

' 4 3, ' 0
3
3 0
x y
y x x y
x y

= ⇒ =

= − + = ⇔

= ⇒ =


BBT: ghi ñầy ñủ
Kết luận về tính ñb, nb, cực trị
2
'' 2 4, '' 0 2
3
y x y x y= − = ⇔ = ⇒ =

ðồ thị. ðồ thị là ñường cong trơn thể hiện ñúng tính lồi, lõm.
ðồ thị ñi qua 5 ñiểm:
4 2 4
(0;0), 1; , 2; ,(3;0), 4;
3 3 3
     
     
     

4
2
-2
-4
-5 5

Nhận xét. ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I
2
2;
3
 
 
 
làm tâm ñối xứng

0,25

0,25

0,25









0,25

I 2
Tìm các giá trị của m ñể hàm số nghịch biến trên khoảng
( 2;0)−

1,00


2
1
' 2 2 1, ' 0
2 1
x
y x mx m y
x m
=

= − + − = ⇔

= −


TH 1.
2
2 1 1 1 ' ( 1)m m y x− = ⇔ = ⇒ = − ⇒ hsñb trên R (không thỏa mãn)
TH 2.
2 1 1 1 ' 0 1 2 1m m y x m− > ⇔ > ⇒ ≤ ⇔ ≤ ≤ −
(không thỏa mãn)
TH 3. 2 1 1 1 ' 0 2 1 1m m y m x− < ⇔ < ⇒ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Hsnb trên khoảng
1

( 2;0) 2 1 2
2
m m
− ⇔ − ≤ − ⇔ ≤ −
(TM). Vậy
1
2
m
≤ −


0,25

0,25
0,25


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

(1)
2
1 cos2 1 cos6
cos 2 1

2 2
x x
x
+ +
⇔ + + =

2 2
1
(cos2 cos6 ) cos 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
1
3
x xy y
x y xy

+ + =

− − =

.

1,00

Hệ
2
2
3
( ) 3 1
( ) 3 (3 ) 3 1

x y xy
x y xy
x y xy xy xy
− = +
− + =
 
⇔ ⇔
 
− − = + + =
 

2
3
3
1, 8
( ) 9 8 0
x y xy
x y xy
xy xy
xy xy
− = +
− = +


⇔ ⇔
 
= − = −
+ + =



TH 1.
1 1
2 1
xy x
x y y
= − =
 
⇔
 
− = = −
 

TH 2.
8
5
xy
x y
= −


− = −

(vô nghiệm)
Kết luận. Hệ có 1 nghiệm
( )
1; 1−


0,25

0,25

0,25


0,25
III
Tính tích phân
1
ln
1 3ln
e
x
dx
x x+
∫

1,00


ðặt
2
1 2
1 3ln ln
3 3
t dx
t x x tdt
x
−

= + ⇔ = ⇒ =

( ) ( )
1 1; 2t t e= =


0,25

( )
2
2 2
2
1 1
1 2
2
3 3
1
9
t
t
I dt t dt
t
−
⋅
= = −
∫ ∫

2
3
1

2 8
9 3 27
t
t
 
= − =
 
 


0,25

0,5
IV Tính theo a ñoạn thẳng
'AA
…
1,00
Gọi H là trung ñiểm của
' 'A B

' ' 'C H A B⇒ ⊥
kết hợp với
' ' ' ( ' ')C H AA C H ABB A BH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ là
hình chiếu của
'BC
trên mp ( ' ')ABB A
0
' 30HBC⇒ ∠ =
. Tam giác
'BHC

vuông
tại H suy ra
0
' 3
tan30
2
HC a
HB
HB
= ⇒ = .
Tam giác
'BB H
vuông tại
'B

2 2
' ' 2BB BH B H a⇒ = − = .
Vậy ' ' 2AA BB a= = .
Gọi
'M
là trung ñiểm của
' 'A C
thì
' ' ( ')A C BMM⊥
. Gọi K là hình chiếu
của M trên
'BM
thì
( ;( ' '))
', ' ' ( ' ')

M BA C
MK BM MK A C MK BA C d MK⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = .
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 11 66
' 6 11
a
MK
MK MM MB 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
a d d b b c c a

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

1,00

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

M'
M
H
C
A
B'
C'
A'
B
K
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 0

x 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

( ) ( ) ( )
/ /Q P Q⇒ có vtpt
( )
2;2; 1n = −
r

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

( )
C⇒ có bán kính r = 3
( )
( )
5
;
3
D
d I Q
−
=
Ta có:
( )
2
2 2 2
17
5
25 9
7
9
D
D
R r d
D
=
−

= + ⇔ = + ⇔

−



Vậy (Q): 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 =
2 2
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
+ −
= =
2 2
2 2
1 2
1 3 1 3
1
2 2
i i
z z
   
+ −
+ = + = −
   
   
. Vậy S = -1

0,25

0,25

0,5
VI.b 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)

0,25
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

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
VII.b
Giải hệ phương trình
2 2
5 3
9 4 5
log (3 2 ) log (3 2 ) 1
x y
x y x y
− =


+ − − =


1,00

ðk:
3 2 0
3 2 0
x y
x y
+ >


− >


Hệ pt
( )( )
( ) ( )
5 3
3 2 3 2 5
log 3 2 log 3 2 1
x y x y
x y x y
+ − =


⇔

+ − − =



( )

5 3
5
3 2
3 2
5
log log 3 2 1
3 2
x y
x y
x y
x y

+ =

−

⇔

 

− − =
 

−
 


( ) ( )
5 3
5

3 2
3 2
log 3 2 log 3 2 0
x y
x y
x y x y

+ =

−
⇔


− − − − =


3 2 1
1
3 2 5
x y
x y
x y
− =

⇔ ⇔ = =

+ =

(tmñk)

0,25


0,25

0,25

0,25