Bài soạn Đề ĐA thi thử ĐH Toán

ĐÁP ÁN
CHẤM THI KHẢO SÁT THI ĐẠI HỌC KHỐI B - MÔN TOÁN
Câu ý Đáp án Điểm
Câu I
(2,0)
1.
(1,0)
1/ Khi m =1
3 2
y x 3x 2= − + −
Tập xác định: R.
Chiều biến thiên:
2
y' 3x 6x y' 0 x 0;x 2.
=− + → = ↔ = =


x x
lim y , lim y .
→+∞ →−∞
=−∞ =+∞

Bảng biến thiên:

0,5
+ Hàm số nghịch biến trên (-∞; 0) và (2; + ∞); đồng biến trên (0; 2).
+ Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 2; cực tiểu tại x = 0, y
CT
= - 2.

0,25
Đồ thị: Đồ thị giao với Ox tại (
1 3−
;0) và (
1 3+
; 0);
giao với Oy tại (0;-2).

0,25
2.
(1,0)
2/ Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu thỏa mãn: y
cđ
.y
ct
< 0
↔ Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt
↔ f(x) = 0 có 3 nghiệm phân biệt (*).
0,25
Ta có f(x) = -(x - 1)[x
2
-(3m - 1)x -3m +1].
Từ (*) ↔ phương trình -(x -1)[x
2
-(3m -1)x -3m +1] = 0 có 3 nghiệm
phân biệt ↔ g(x) = x
2
- (3m-1)x -3m +1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x ≠ 1
0,25

2
m 1
1
9m 6m 3 0
m
3
g(1) 6m 3 0
1
m
2
 < −




∆ = + − >

>
↔ ↔
 

= − + ≠



≠

↔ m <-1 ;
1 1
m

3 2
< <
;
1
m
2
>
. 0,25
Vậy m < -1 hoặc
1 1
m
3 2
< <
hoặc
1
m
2
>
. 0,25
1
x
y’
y
-∞
+∞
0
2
-2
2
-∞

+∞
2
-2
x
y
0
0
+
- -
0
2
1 3
−
1
1 3
+
Câu 1.
1/ Phương trình ↔ 4sinx.cosx +2(2cos
2
x -1) +2sinx +1= 0
↔ 2sinx(2cosx +1) + (2cosx -1)(2cosx +1) = 0
↔ (2cosx +1)(2sinx + 2cosx -1) =0
0,25

2cosx 1 0
2sin x 2cosx 1 0
+ =

↔


+ − =

0,25
+ 2sinx +2cosx - 1 = 0

1
cos x- cos
4
2 2
π
 
↔ = = α
 ÷
 
x k2 ,k Z.
4
π
↔ = ± α + π ∈
0,25
+ 2cosx +1= 0
1 2
cosx=- x k2 ,k Z.
2 3
π
↔ ↔ = ± + π ∈
Vậy nghiệm của phương trình là
2
x k2 ;x k2 ,k Z.
3 4
π π

= ± + π = ± α + π ∈
0,25
2.
(1,0)
Bất phương trình ↔
4x 4x x 1 x 1+ ≥ + + +
(1).
Tập xác định: [0; +∞) (*)
0,25
Xét hàm số f (x) x x= + trên [0; +∞).
Ta có
1
f (x) 1 0 x (0; )
2 x
′
= + > ∀ ∈ +∞
→ Hàm số đồng biến /(0; +∞).
0,25
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của bất phương trình
Từ(1) ↔
1
f (4x) f (x 1) 4x x 1 x
3
≥ + ↔ ≥ + ↔ ≥
0,25
Kết hợp (*) ta được
1
x
3
≥

hay tập nghiệm của bất phương trình
1
;
3
 
+∞
÷

 
. 0,25
Câu
III
(1,0)
(1,0)

2011 2012
2 3 2011
1
x 1 x x
f (x) x x x ... x x. .
x 1 x 1
− −
= + + + + = =
− −


2011 2012
2 3 k 1 k 2011
2
( x) 1 x x

f (x) x x x ... ( 1) x ... x x. .
x 1 x 1
−
− − +
= − + − + − + + = =
− − +
0,25
Đặt
2013
3 2011
1 2
2
f (x) f (x) x x
f (x) x x ... x .
2 x 1
+ −
= = + + + =
−
0,25

( )
2014 2012 2
2 2010
2
2
2011.x 2013.x x 1
f '(x) 1 3x ... 2011.x .
x 1
− + +
= + + + =

−
0,25
Thay x = 2 ta được f’(2) = 1+ 3.2
2
+ …+ (2k-1).2
2k-2
+…

+ 2011.2
2010

2014 2012
2011.2 2013.2 5
.
9
− +
=
0,25
2
Câu
IV
(1,0)
(1,0)
Ta thấy thể tích S.ABC là V
S.ABC
=
ABC
1 1
dt .SH abh
3 6

∆ =
H là trung điểm BC→ dt∆
ABH
= dt∆
ACH
→ V
S.ABH
= V
S.ACH
(1).
Ta có V
SABH
+ V
SACH
= V
SABC
(2).
0,25
Từ (1) và (2)→ V
S.ABH
=
S.ABC
1 1
V abh
2 12
=
0,25
Gọi d là khoảng cách từ B đến (SAH), dt∆
SAH
=

2 2
1 1
SH.AH h a b .
2 4
= +
Ta có V
S.ABH
=
SABH
SAH
2 2
2 2
SAH
1
3. abh
1 3V ab
12
dt .d d
1
3 dt
a b
h a b
4
∆ ↔ = = =
∆
+
+
.
0,5
Câu

V
(1,0)
(1,0)
Ta có a ≤ 1. Thật vậy, nếu a >1 thì 1 < a ≤ b ≤ c và
2 2 2
1 1 1 a 1 b 1 b 1
a b c 0
a b c a b b
− − −
+ + − − − = + + >
điều này vô lý.
Từ a ≤ 1 và
( )
1 1
a b c 1 bc 1
a bc
 
− = + − → ≥
 ÷
 
. Tương tự c ≥ 1 và ab ≤ 1
Vì bc ≥ 1 nên ta chỉ cần chứng tỏ abc
2
≥ 1.
0,5
Do ab ≤ 1 ta có:

( )
1 1 1 1 1
c a b 1 2 ab 1 2 ab ab,

c ab ab
ab ab
 
   
+ = + − ≥ − = − ≥ −
 ÷  ÷
 ÷
   
 
Và do đó
1 ab
c 1 0
c
ab
 
 
− + ≥
 ÷
 ÷
 
 
, vì vậy abc
2
≥ 1 .
Đẳng thức xảy ra khi a =b =c =1.
0,5
1.
1/ A là giao d và Ox → A
3
;0

3
 
−
 ÷
 
. Ta thấy góc giữa d và Ox là 60
0
.
Đường thẳng d’⊥d và cắt d tại B, cắt Ox tại C
→ ∆ABC có
· · ·
0 0 0
ABC 90 ,BAC 60 ,ACB 30= = =
Giả sử AC = x → AB =
x
2
, BC =
x 3
2
.
0,25
3
S
A
B
a
h
b
C
H

A
B
C
60
0
30
0
x
Diện tích ∆ABC là
2 3
→
2
1 x 3
AB.BC 2 3 2 3
2 8
= → =
x 4↔ =
→AC= 4. Giả sử C(x
C
; 0):

C C C
3 12 3 12 3
x 4 x ;x
3 3 3
− − −
+ = ↔ = =
.
0,25
Với

C
12 3 12 3
x C ;0
3 3
 
− −
= →
 ÷
 
. d’:
12 3
x 3.y 0.
3
−
+ − =
0,25
Với
C
12 3 12 3
x C ;0
3 3
 
+ +
= − → −
 ÷
 
. d’:
12 3
x 3.y 0.
3

+
+ + =
0,25
2.
(1,0)
2/
Gọi M,M’ lần lượt là tung điểm BC và B’C’, G và G’lần lượt là trọng tâm
∆ABC và ∆A’B’C’, I là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCA’B’C’ .
Do ABCA’B’C’ là lăng trụ tam giác đều nên I là trung điểm GG’.
0,25
V
ABCBA’B’C’
= dt∆ABC .h (h là chiều cao lăng trụ = GG’)
Từ gia thiết ta được
3
2
a 4a 3
h .
3
a . 3
4
= =
0,25
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ là R =IA =
2 2
GA GI+

2 2
a 4a a 15
.

3 3 3
= + =
0,5
Điều kiện x, y >0 (*).
Hệ phương trình
2 2
2
2 2
log (x y) 0 x .4y 4
x 4y 5 0 x 4y 5
 
= =
↔ ↔
 
+ − = + =
 
(x
2
,4y) là nghiệm của phương trình X
2
-5X + 4 = 0 ↔ X = 1 hoặc X = 4.
0,25
+ Trường hợp:
2
x 1
x 1
y 1
4y 4
 =
=


↔
 
=
=


(do x,y >0).
0,25
4
I
A
A’
B
B’
C’
C
M
M’
G
Câu
VII.a
(1,0)
(1,0)
+ Trường hợp:
2
x 2
x 4
1
y

4y 1
4
 =

=
 
↔
 
=
=
 


(do x,y >0). 0,25
Vậy nghiệm của hệ là
x 1
y 1
=


=

hoặc
x 2
1
y
4
=




=


.
0,25
Câu
VI.b
(2,0)
(1,0)
Ta thấyA nằm trên đường tròn. Gọi I là tâm đường tròn → I(1;0)
∆ABC đều → I là trọng tâm ∆ABC

0,25
Ta lại có A,I nằm trên Ox và AI là trung trực BC→ B,C đối xứng qua Ox
Giả sử B(x;y) ,C(x;-y) ta có
x x 3
1
3
y y 0
0
2
+ +

=



− + +


=


ta được x = 0 vậy
( )
( )
B 0;y
C 0; y


−

0,25
BC =AB
2 2
y 3
y ( y) (3 0) (0 y)
y 3

=
↔ − − = − + − ↔

= −


0,25
Vậy tọa độ B và C là
B(0; 3)
C(0; 3)




−


hoặc
B(0; 3)
C(0; 3)

−




. 0,25
(1,0)
5
A
B
C
I
O
A
C
y
M
I
J
G