DAP AN DE THI KHOI A A1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TỔ TOÁN. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Câu I 1.. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số Tập xác định: D = R\{-1} 1  0 x  D Sự biến thiên: y '  2  x  1 Nên hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định 2x 1 lim y  lim  2  y  2 là tiệm cận ngang. x  x x  1 2x  1  lim y  lim    x 1 x 1 x  1    x  1 là tiệm cận đứng. 2x  1 lim y  lim    x 1 x 1 x  1  . 0.25 0.25. Bảng biến thiên: x y’. . . -1 +. +. . y. 0.25. 2 . 2 Đồ thị:. y. 0.25 x. 2..  2x 1  I là giao điểm của hai tiệm cận nên I  1; 2  , xét M  x0 ; 0   (C ) . Tiếp tuyến x0  1   1 của (C) tại M có hệ số góc là k1  2  x0  1 Đường thẳng IM có hệ số góc là k2  Theo giả thiết ta có k1.k2  1 . yM  y I 1  . xM  xI  x0  12 1.  x0  1  x0  1 2. 2.  x0  0  1    x0  2. Với x0  0 thì điểm M  0;1 . Với x0  2 thì điểm M  2;3 . Vậy có hai điểm M thoả mãn bài ra là M  0;1 và M  2;3 Đáp án này có 5 trang. 0.25. 0.25 0.25 0.25 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔ TOÁN. Câu II 1.. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1.  tan x  cot 2 x  0  Điều kiện: cot x  1 , khi đó phương trình đã cho tương đương với sin 2 x.cos x  0  1 sin x cos 2 x  cos x sin 2 x. 2  cos x  sin x  cos x 1 sin x. . cos x.sin 2 x 2sin x cos2 x 2 (Do  2 sin x   2 sin x  cos x  sin x sin 2 x  cos x cos 2 x cos x 2 sin x.cos x  0 )   x   k 2  L   4 với k  Z   x     k 2  TM   4. Vậy PT có họ nghiệm là x   2.. .  k 2 , k  Z. 4. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25.  x  1 Điều kiện:  khi đó hệ đã cho tương đương với y 1. 0.25.  x  1  x  6  y  4  y  1  10    x  1  x  6  y  4  y  1  10  5 5    x  6  x 1  y  4  y 1  2  x  6  x 1  y  4  y 1  2 . 0.25. x  6  x  1  u; y  4  y  1  v . Thì hệ trên trở thành. Đặt. u  v  10 u  v  10   u v5 5 5 uv  25   2   u v. 0.25.  x  3  x  6  x 1  5  ...   Khi đó  thoả mãn bài ra. y  5   y  4  y 1  5 . Câu III I. . . .   4. 1  x 2  x sin xdx . 4. . . 4. 0.25.  4. 1  x 2 sin xdx .  x sin xdx. . 4. 0.25. 4. . I1 . 4. . . 1  x sin xdx . Đặt x  t; dx  dt ; x 2.  4 . . t. 4. . . . 4. . Dẫn đến I1  0. 4. . . I2 . 4. . . =. 0.25. 4. x  u dx  du  x sin xdx . Đặt   I 2   x cos x sin xdx  dv v   cos x. 4.  2 4.  sin x.  4 .  4. .  2 4. . 4. 4 .  4.   cos xdx . . 4. 0.25.  2. Đáp án này có 5 trang. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> TỔ TOÁN. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1. Vậy I  I1  I 2 .  2 4.  2. 0.25. Câu IV. S. Góc giữa SB và mặt đáy chính là góc ABS  600 . Suy ra SA  AB.tan600  a 3. N. M. a 3 SM SN 2 Do AM     . 3 SA SD 3 .. 0.25. A. D. B. Câu V.. C. 1 2a 3 3 VS . ABCD  SA. AB. AD  3 3 2 4 1 2 VS.BCNM  VS.MBC  VS.MNC  VS . ABC  VS . ACD  VS . ABCD  VS . ABCD 3 9 3 9 3 5 10a 3 = VS . ABCD  (đvtt) 9 27 2  x2  y 2  z 2   x  y  z   2 2 2 P   x  y  z  x  y  z  xy  yz  zx   x  y  z   2   2   2  2   x  y  z   t2  =  x  y  z  2    t  3   . Với t  x  y  z 2 2   . . 0.25 0.25. .  t2  Áp dụng BĐT Bunhia ta có t  6 . Xét hàm số P  t   t  3   , t   6; 6    2  3 Ta có: P '  t   3  t 2  0  t   2 . P  6  0; P  2  2 2; P 2  2 2 2  max P  2 2; min P  2 2 . Hay 2 2  P  2 2 . Điều phải chứng minh.. . Câu VI.a 1.. 0.25. . . . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Suy ra 397 5 10 AH    2 1 9 10.  . A. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. d B Do tam giác ABC vuông cân đỉnh A  AB  AC  AH 2  5 Đáp án này có 5 trang. H. C 0.25 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> TỔ TOÁN. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1. Phương trình đường tròn tâm A bán kính R  AB  5 là  x  3   y  3  5 . Toạ độ B, C là nghiệm của hệ 2 2   x  3   y  3  5  x  4  x  1  B  4;1 , C 1; 2  hoặc B 1; 2  , C  4;1    y  1 y  2 x  3 y  7  0     2. 2.. 2. 0.25 0.25. mp    chứa trục Oz nên có dạng ax  by  0 , a, b không đồng thời bằng 0.. . . 0.25. mp   có vtpt n1  2;1;  5 , mp    có vtpt n2   a; b;0. . . Theo giả thiết ta có cos n1; n2  cos 600 . 2a  b. . 10. a  b 2. 2. . . 1 2. 0.25.  3a 2  8ab  3b 2  0   3a  b  a  3b   0. Câu VII.a. Câu VI.b 1.. +/ 3a  b  0 , chọn a  1; b  3  PT mp cần tìm là x  3 y  0 +/ a  3b  0 , chọn a  3; b  1  PT mp cần tìm là 3x  y  0 Vậy có hai mặt phẳng thoả mãn bài ra có phương trình là x  3 y  0 và 3x  y  0 . 2 2 1  1  PT  2 z 2  2 z  1   2  0  2  z 2  2   2  z    1  0 z z z   z .  1  3i t  2 1 1 2 2 2 Đặt z   t  z  2  t  2 . PT trên trở thành 2t  2t  5  0   z z t  1  3i  2 1  3i 1 1  3i Với t  z   2 z 2  1  3i  z  2  0 có 2 z 2  z1  1  i 2 2 2   1 3i  16  8  6i  9  6i  i  3  i  . Suy ra   z2  1  i 2  z  1 i z  1 i   z3  1  i 1  3i Với t  cho ta  . Vậy PT có 4 nghiệm phức  z  1  i  1  i  z4  2 2  2   z  1  i  2 2 2 x y 4 9 Xét elips (E) có PT 2  2  1 . (E) đi qua điểm M nên 2  2  1* a b a b 2 a  8  a 2  8c ; b2  a 2  c2  8c  c2  c 8  c  Một đường chuẩn x  8  0 nên c 4 9 13 thay vào (*) ta có  1 c  2 c  8c c 8  c  2 x2 y 2 1 Với c  2  ( E ) :  16 12. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. Đáp án này có 5 trang. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> TỔ TOÁN 2. 13 x y  (E) :   1 . Vậy có hai (E) lip thoả mãn bài ra có phương trình là 2 52 39 4 2 2 2 2 x y x y   1 và  1 16 12 16 12 Tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng đi qua K và vuông góc với mp(P), đường  x  1  3t  thẳng này có PT  y  2  2t  I 1  3t; 2  2t;3  2t    Q   z  3  2t  Nên 1 3t  2  2t  3  2t  5  0  t  1  I  2; 4;1 , bán kính mặt cầu R  IM  66 Với c . 2.. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1 2. Suy ra PT mặt cầu cần tìm là  x  2   y  4   z 1  66 2. Câu VII.b. 2. 2. 0.25. 0.25 0.25 0.25. Gọi n  abcde  104 a  103 b  102 c  10d  e là số cần lập. Ta có a có 4 cách chọn. Sau khi chọn a, b có 4 cách chọn. Sau khi chọn a và b, c có 3 cách chọn. Sau khi chọn a, b và c, d có 2 cách chọn. Cuối cùng e có 1 cách chọn. Vậy cả thảy có 4.4.3.2.1 = 96 số n. Có 24 số với số k (k = 1; 2; 3; 4) đứng ở vị trí a Có 18 số với số k (k = 1; 2; 3; 4) đứng ở vị trí b hoặc c hoặc d hoặc e. Vậy tổng 96 số đó là 1  2  3  4 24.104  18 103  102  101  100   2599980 .  . . 0.25. . 0.25 0.25 0.25 0.25. Ghi chú:  Học sinh làm cách khác đúng đến đâu, cho điểm đến đó.  Nếu thí sinh chỉ ghi đáp số đúng thì cho 0.25 điểm tối đa.  Nếu câu IV không vẽ hình hoặc hình vẽ sai cơ bản thì không chấm phần bài giải.. Đáp án này có 5 trang. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>