Tài liệu Đáp án Đề thi thử Đại học 2010 môn Toán khối A, B docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN
THƯỢNG
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010
MÔN TOÁN, KHỐI A, B
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
* Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần
tương ứng.
Câu ý Nội dung Điểm
I 1
Khảo sát hàm số
= + + +
3 2
6 9 3y x x x
(C)
1,00
TXĐ:
¡
.
2
1 1
' 3 12 9, ' 0
3 3
x y
y x x y
x y
= − ⇒ = −

= + + = ⇔


= − ⇒ =

'' 6 12, '' 0 2 1y x y x y= + = ⇔ = − ⇒ =
.
BBT: ghi đầy đủ
Kết luận về tính đb, nb, cực trị
Đồ thị. Đồ thị là đường cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm.
Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3)
4
3
2
1
-1
-4
-2
4
3
2
1
-1
-4
-2
0,25
0,25
0,25
0,25
I 2
3 2
1
2

log 6 9 3x x x m+ + + =
(1)
1,00
(1)
3 2
1
6 9 3
2
m
x x x
 
⇔ + + + =
 ÷
 
. Gọi (C’) là đồ thị hs
3 2
6 9 3y x x x= + + +
Pt (1) có 6 nghiệm ⇔ đt
1
2
m
y
 
=
 ÷
 
cắt (C’) tại 6 điểm
Ta có
3 2 3 2
3 2

3 2 3 2
6 9 3 khi 6 9 3 0
6 9 3
( 6 9 3) khi 6 9 3 0
x x x x x x
y x x x
x x x x x x

+ + + + + + ≥

= + + + =

− + + + + + + <


Gọi (C
1
) là phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C
2
) là phần đồ thị của (C) nằm dưới Ox
(C
3
) là hình đối xứng của (C
2
) qua trục Ox thì (C’) = (C
1
) ∪ (C
3
).
Từ đồ thị (C’), pt (1) có 6 nghiệm ⇔

1
0 1 0
2
m
m
 
< < ⇔ >
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
II 1
Tìm m để pt
2
(1 )sin cos 1 2cosm x x m x− − = +
(1) có nghiệm
1,00
TXD:
¡
. pt (1)
(
)
2
sin cos 1 2cos sinx x m x x⇔ − = + +
Nhận xét. Hs
sin , cosy x y x= =
tuần hoàn với chu kì
2

π
nên pt (1) có nghiệm ⇔ pt
0,25
(1) có nghiệm thuộc nửa khoảng
3
;
2 2
π π
 
−
÷

 
.
TH1.
(1 )( 1) 1 0
2
x m m
π
= − ⇒ − − = ⇔ − =
vô lí. Vậy
2
x
π
= −
không là nghiệm
TH2.
1
(1 )
2 2

x m m m
π
= ⇒ − = ⇔ =
. Vậy
1
2
m =
thì pt có ít nhất một nghiệm là
2
π
TH3.
cos 0
2 2
x x
π π
− < < ⇒ >
. Chia hai vế cho
cos x
ta được
(
)
2
2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x
x m x x m
x x
−

⇔ − = + + ⇔ =
+ +
Đặt
tan ,t x t= ∈ ¡
ta được
2
1
3
t
m
t t
−
=
+ +
. Đặt
2
1
( )
3
t
f t
t t
−
=
+ +
(
)
2
2
2 2

3 3
'( ) 0, ( ) db trên
3 3
t t
f t t f t
t t t
+ + +
= > ∀ ⇒
+ + +
¡
Mặt khác
1
lim ( ) , lim
2
t t
f t
→−∞ →+∞
= −∞ =
. Vậy
1
2
m <
TH4.
3
cos 0
2 2
x x
π π
< < ⇒ <
. Chia hai vế cho

cos x
ta được
(
)
2
2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x
x m x x m
x x
−
⇔ − = − + + ⇔ =
− + +
Đặt
tan ,t x t= ∈ ¡
ta được
2
1
3
t
m
t t
−
=
− + +
. Đặt
2
1

( )
3
t
f t
t t
−
=
− + +
(
)
2
2
2 2
3 3
'( ) , '( ) 0 1
3 3
t t
f t f t t
t t t
− − + +
= = ⇔ = −
− + + +
. Lập BBT của
( )f t
0,25
0,25
0,25
t
−∞

1−

+∞
'
( )f t
+ 0 -
( )f t

2
3



1
2


−∞

Từ BBT suy ra
2
3
m ≤
Kết luận. Các giá trị của m để pt có nghiệm là
2
3
m ≤
2
2
1 1

2 1
2 3 5
x
x x
>
−
+ −
(1)
1,00
ĐK:
2
5
2 3 5 0,2 1 0 , 1
2
x x x x x+ − > − ≠ ⇔ < − >
TH1.
5
2 1 0
2
x x< − ⇒ − <
, bất phương trình đúng.
TH2.
2
1 2 3 5 0,2 1 0x x x x> ⇒ + − > − >
Bpt
2 2
3
2 1 2 3 5 2 7 6 0
2
2

x
x x x x x
x

<

⇔ − > + − ⇔ − + > ⇔

>

Kết hợp điều kiện ta được
3
1
2
x< <
hoặc
2x
>
Kết luận. Tập nghiệm của bpt là S =
5 3
; (1; ) (2; )
2 2
 
−∞ − ∪ ∪ +∞
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25

III Tính thể tích khối tròn xoay 1,00
Ta có
2
3
x
y
x
=
+
cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x = 0.
Vậy V =
( )
2
1 1
2
2
2
2
2
0 0
3
3
x x
dx dx
x
x
π π
 
=
 ÷

+
 
 
+
 ÷
 
∫ ∫
Đặt
2
3 tan , ; 3(1 tan )
2 2
x t t dx t dt
π π
 
= ∈ − ⇒ = +
 ÷
 
.
0 3 tan 0, 1 3 tan
6
π
= =
V =
1
2 2
6 6
2 2
2 2 2 2
0 0 0
3tan 3

3(1 tan ) sin
( 3) (3tan 3) 3
x t
dx t dt tdt
x t
π π
π
π π
= + =
+ +
∫ ∫ ∫
=
2
6
6
0
0
3 1 cos 2 3 sin 2 3
( )
3 2 6 2 36 8
t t
dt t
π
π
π π π π
−
= − = −
∫
* Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần như sau
V =

( ) ( )
1 1
2
2 2
2 2
0 0
3 3
x x
dx x dx
x x
π π
=
+ +
∫ ∫

và đặt
( )
2
2
2
1
, ' ' 1,
2( 3)
3
x
u x v u v
x
x
−
= = ⇒ = =

+
+
rồi đi đến
( )
( )
1
1 1
2
2
2
2
0 0
0
1
2( 3)
2 3
3
x x
x dx dx
x
x
x
π π
 
−
 ÷
= +
 ÷
+
+

+
 
∫ ∫
0,25
0,25
0,25
0,25
IV Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 1,00
Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD)
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
O
A
B
C
D
S
H
Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là
giao của AC và BD.
CBD ABD SBD
∆ = ∆ = ∆
OC OA OS SAC⇒ = = ⇒ ∆
vuông tại S
2
1AC x⇒ = +
2 2
2
1 1 1
1

x
SH
SH SA SC
x
2
= + ⇒ =
+
ABCD là hình thoi
2 2 2
1
3
2
AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = −
2 2 2
1 1 1
. 1. 3 3
2 2 6
ABCD
S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = −
áp dụng BĐT Côsi ta có
2 2
2
1 1 3 1
3 .
6 6 2 4
x x
V x x
+ −
= − ≤ =
Đẳng thức xảy ra

6
2
x⇔ =
. Vậy V lớn nhất khi
6
2
x =
0,25
0,25
0,25
0,25
V
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2 2 2
2 2 3
1 1 1a b c
− +
+ + +
1,00
Đặt
tan , tan , tana x b y c z= = =
.
, , 0 , , 0;
2
a b c x y z
π
 
> ⇒ ∈
 ÷
 

tan tan
tan tan tan( )
1 1 tan tan
a c x z
abc a c b b y y x z
ac x z
+ +
+ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
− −
y x z k
π
⇔ = + +
.
, , 0; 0
2
x y z k
π
 
∈ ⇒ =
 ÷
 
. Vậy
y x z⇔ = +
P =
2 2 2 2
2cos 2cos 3cos 1 cos 2 (1 cos 2 ) 3cosx y z x y z− + = + − + +
2 2
2sin( )sin( ) 3cos 2sin( )sin 3(1 sin )x y x y z x y z z= − + − + = + + −
2
2 2

1 1
3sin 2sin( )sin 3 3 sin sin( ) 3 sin ( )
3 3
z x y z z x y x y
 
= − + + + = − − + + + +
 ÷
 
1
P 0 3
3
⇒ ≤ + +
.
Đẳng thức xảy ra
1 1
, 2,
2 2 2
a b c⇔ = = =
. Vậy
10
max
3
P =
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh C 1,00
1 1 1 1 1
. ( ; ) ( ; )

3 2 2 2
2
GAB CAB
S S AB d G AB d G AB= = ⇔ = ⇔ =
3 3 ( ;3 3)G y x G t t∈ = − ⇒ −
. Đt AB có pt
8 0x y− − =
(3 3) 8
1 1
( ; ) 2 5 1
2 2 2
t t
d G AB t
− − −
= ⇔ = ⇔ + =
( ) ( )
( ) ( )
2 2; 9 13;18
3 3; 12 16;27
t G C
t G C
= − ⇒ − − ⇒
⇔

= − ⇒ − − ⇒


0,25
0,25
0,25

0,25
2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều 1,00
( ; ; ) ( ) 3 8 7 6 0C a b c P a b c∈ ⇔ − + − =
(1). Tam giác ABC đều
2 2 2
AC BC AB⇔ = =
0,25
2 2 2
0 (2)
2 2 6 3 0 (3)
a c
a b c a b c
+ =

⇔

+ + − − + + =

Từ (1) và (2) suy ra
3 3
2 , 2
2 2
a b c b= − − = +

thế vào (3) ta được
2
18 52 39 0b b+ + =
. Phương trình này vô nghiệm. Vậy không có
điểm C nào thỏa mãn.
0,25

0,25
0,25
VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều 1,00
Tam giác OAB đều
1 2 1 2
OA OB AB z z z z⇔ = = ⇔ = = −
Ta có
3 3 2 2 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( )( ) 0z z z z z z z z z z z z+ = + + − = ⇒ = − ⇒ =
Mặt khác
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
0 ( ) ( )z z z z z z z z z z z z+ − = ⇔ − = − ⇒ − = −
2
1 2 1 2 1 2 1 2
.z z z z z z z z⇒ − = ⇒ − = =
.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1,00
1 1 2
1 . ( ; ) 1 ( ; )
4 2
17
IAB ABCD
S S AB d I AB d I AB= = ⇔ = ⇔ =
Đt AB có pt

4 6 0x y− + =
.
3 2 0 (3 2; )I x y I t t∈ − + = ⇒ −
3 2 4 6
2 2
( ; ) 4 2
17 17 17
t t
d I AB t
− − +
= ⇔ = ⇔ − =
2 (4;2) (6;2), (10;3)
6 (16;6) (30;10), (34;11)
t I C D
t I C D
= ⇒ ⇒

⇔

= ⇒ ⇒

0,25
0,25
0,25
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng ∆
1,00
d có ptts
1 , 3 2 , 3x t y t z t= − = − + = +

.
∆
cắt d tại I
(1 , 3 2 ,3 )I t t t⇒ − − + +
4
2 2
( ;( )) 2 2
2
3
t
t
d I P
t
=
−

= ⇔ = ⇔

= −

( )
3 5 8
4 3;5;8 :
2 1 2
x y y
t I
+ − −
= ⇒ − ⇒ ∆ = =
−

( )
3 7 1
2 3; 7;1 :
2 1 2
x y y
t I
− + −
= − ⇒ − ⇒ ∆ = =
−

0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
Giải hệ phương trình



=−
=+
1loglog
272
33
loglog
33
xy
yx
xy
1,00

Đk:
0, 0x y> >
.
3 3
log log 1 3y x y x− = ⇔ =
3 3 3 3 3
log log log log log
2 27 9
y x y x y
x y x y x= ⇒ + = ⇔ =
Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được
3 3 3 3 3
log .log log 9 (1 log )log 2y x x x= ⇔ + =
3
3
3 9
log 1
1 1
log 2
9 3
x y
x
x
x y
= ⇒ =

=


⇔ ⇔



= −
= ⇒ =


(thỏa mãn đk). Vậy hệ pt có 2 nghiệm là
0,25
0,25
0,25
0,25