Trang 1 TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Câu Ý Nội dung Điểm 1 (1 đ) Với 1 m  ta được hàm số 1 1 x y x    . 1/ TXĐ:   \ 1 D R   2/ Sự biến thiên: - Giới hạn: 1 lim lim 1 1 x x x y x        đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 1 y  . ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 lim lim ; lim lim 1 1 x x x x x x y y x x                        đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1 x   - Chiều biến thiên: 2 2 ' 0 ( 1) y x D x       hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Hàm số không có cực trị. - Bảng biến thiên x  1   ' y   y  1 1  3/ Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) , cắt trục Oy tại điểm (0; 1)  0.25 đ 0.25 đ 0.5 đ I 2 (1 đ) - Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1): 2 1 2 ( 1) 2 1 0 (*) x m x x x m x m x m                - Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi PT (*) có hai nghiệm phân biệt khác m  2 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3 1 1 m m m m x m m m                               (**) - Khi đó gọi 1 2 , x x là các nghiệm của PT (*), ta có 1 2 1 2 ( 1) . 2 1 x x m x x m          0.25 đ 0.25 đ Trang 2 - Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là 1 1 2 2 ( ; 2), ( ; 2) A x x B x x   . Suy ra 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 4 2( 6 3) AB x x x x x x m m             Theo giả thiết ta được 2 2 1 2( 6 3) 8 6 7 0 7 m m m m m m               - Kết hợp với điều kiện (**) ta được 7 m  là giá trị cần tìm. 0.25 đ 0.25 đ 1 (1 đ) Giải phương trình: 2 4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2 3 3 3 3 x x x x x x                                   . 2 PT 2sin (cos2 cos ) 2 3.cos .(cos(2 ) cos ) 2 3 3 2sin .cos 2 sin 2 3.cos .cos 2 3 cos 2 (sin 3 sin ) sin 3(cos3 cos ) 3 cos 2 1 3 sin 3 3 cos3 2 sin 3 cos3 1 2 2 cos 3 1 3 2 3 2 6 6 6 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x k                                                 2 , Z. 18 3 x k k      Vậy PT ban đầu có 1 họ nghiệm : 2 , Z 18 3 x k k      0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ II 2 (1 đ) Giải hệ PT: 2 2 (1 ) ( 2 ) 5 (1 )( 2 2) 2 y x x y x y x y x              (I) * Nếu 0 x  thì hệ (I) 2 2 1 0 (1 )(2 2) 0 y y y            vô nghiệm. * Nếu 0 x  thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương 2 2 2 2 1 1 ( 2 ) 5 ( 2 2) 3 1 1 ( 2 2) 2 ( 2 2) 2 y y x y x y x x y y x y x y x x                                 - Đặt 2 1 , 2 2 y u v x y x      , ta được hệ phương trình: 3 1 2 2 u v u uv v             hoặc 2 1 u v      - Với 2 2 2 1 2 4 1 1 1 2 2 4 2 3 0 2 2 2 y x y u x y x v x y y y x y                                  2 4 2 1 3 1 x y x y y y                  10 3 x y       - Với 2 2 2 1 2 3 2 1 2 2 1 2 3 4 5 0 2 2 1 y x y u y x x v x y y y x y                                  2 3 1 13 1 5 1 5 x y x x y y y y                        - Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5) x y    . 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ Trang 3 S M G D C B A III (1 đ) Tính tích phân: 3 2 0 cos cos sin ( ) 1 cos x x x I x dx x       2 2 2 0 0 0 cos (1 cos ) sin .sin .cos . 1 cos 1 cos x x x x x x dx x x dx dx J K x x                      - Tính 0 .cos . J x x dx    . Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x            0 0 0 ( .sin ) sin . 0 cos 2 J x x x dx x            - Tính 2 0 .sin 1 cos x x K dx x     Đặt x t dx dt       Đổi cận : x 0  t  0 2 2 2 0 0 0 ( ).sin( ) ( ).sin ( ).sin 1 cos ( ) 1 cos 1 cos t t t t x x K dt dt dx t t x                        2 2 2 0 0 0 ( ).sin sin . sin . 2 1 cos 1 cos 2 1 cos x x x x dx x dx K dx K x x x                    Đặt cos sin . t x dt x dx     Đổi cận: x 0  t 1 1  1 2 1 2 1 dt K t       , đặt 2 tan (1 tan ) t u dt u du     Đổi cận: t 1  1 u 4   4  2 2 4 4 4 2 4 4 4 (1 tan ) . 2 1 tan 2 2 4 u du K du u u                       Vậy 2 2 4 I    0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ IV (1 đ) 1 (0.5 đ) Trang 4 * Tính thể tích S.ABMD. - Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD, 6 3 a SG  ; Do ABCD là hình thoi cạnh a,  0 60 BAD  ABD   và BCD  là các tam giác đều cạnh a, M là trung điểm CD 2 2 2 2 2 1 1 3 3 2 2 4 8 3 3 3 3 2 8 8 BCM BCD ABMD ABCD BCM a a S S a a a S S S              2 3 . 1 1 6 3 3 2 . . . 3 3 3 8 8 S ABMD ABMD a a a V SG S    Vậy 3 . 2 8 S ABMD a V  0.25 đ 0.25 đ 2 (0.5 đ) * Tính khoảng cách giữa AB và SM: - Nhận thấy: // //( ) AB CD AB SCD  , mà ( ) SM SCD  ( , ) ( ,( )) ( ,( )) d AB SM d AB SCD d B SCD h     - Lại có: 2 2 1 1 3 2 3 . 3 3 2 3 3 3 a a AG AO AC AC GC      2 2 2 2 2 2 6 12 2 9 9 a a SC SG GC a       Mặt khác 2 2 2 2 2 2 3 6 3 3 9 9 a a a GD GA SD SG GD a         2 2 2 SC SD CD SCD      vuông cân tại D 2 0 1 1 1 . .sin 45 . 2. . 2 2 2 4 2 SCM a a S SC CM a      Vì . . 1 . . 3 S BCM B SCM SCM V V h S    nên . 3 B SCM SCM V h S   Mà 2 3 3 3 3 . . . . 1 6 3 2 2 2 2 . . 3 3 2 8 6 8 24 B SCM S BCM S ABCD S ABMD a a a a a a V V V V        3 2 3. 2 2 : 24 4 2 a a a h   . Vậy 2 ( , ) 2 a d AB SM  0.25 đ 0.25 đ V (1 đ) - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4 4 4 1 2 1 8 2 4 (4 4 ) (2 1 8 4 2) y y y y y y y y x x y y y y y x y x y y y x                          Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được: 2 2 2 1 1 1 x y z A x y z z x x y y z                - Sử dụng BĐT AM-GM để đánh giá mẫu số, ta có: 0.25 đ Trang 5 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 x y z x y z A x y z z x x y y z x y z zx xy yz x y z x y z                                            - Lại có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 x y z x y z x y z                                       Suy ra 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 3 3 2 2 A x y z x y z x y z                                    3 3 3 3 3 3 . 3 . 3 2 2 2 3 x y z xyz        . Vậy min 3 1 2 A x y z      0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ VI.a 1 (1 đ) * Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật: - Ta có: B AB BD   suy ra tọa độ B là nghiệm hệ: 2 1 0 7 (7; 3) 7 14 0 3 x y x B x y y                  - Giả sử (2 1; ) : 2 2 1 0; (7 14; ) : 7 14 0 A a a AB y D d d BD x y             (6 2 ; 3 ), (7 21; 3); (7 2 15; ) AB a a BD d d AD d a d a               Do 3 (loai) . 0 (3 )(15 5 30) 0 3 6 0 a AB AD AB AD a d a d a                     3 6 ( 3;6 2 ) a d AD d d         . Lại có: ( 7; 3) C C BC x y     . Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD BC    3 7 4 ( 4; 9 2 ) 6 2 3 9 2 C C C C d x x d C d d d y y d                      . (6 13; 3 7), ( 2; 8 2 ) EA d d EC d d          với (2;1) E  - Mặt khác điểm (2;1) , E AC EA EC     cùng phương 2 (6 13)(8 2 ) ( 2)(3 7) 5 6 0 2 0 0 3 3 (loai) d d d d d d d a a d a                         Vậy (1; 0), (7; 3), (6; 5), (0; 2) A B C D     là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm. 0.25 đ 0,25 đ 0.25 đ 0.25 đ 1 (1 đ) 1 2 1 1 1 4 : , : 1 2 1 1 2 3 x y z x y z d d          . Đường thẳng 1 d đi qua điểm 1 (0; 1;0) M   , có vectơ chỉ phương là 1 (1; 2; 1) u   Đường thẳng 2 d đi qua điểm 2 (1; 1;4) M   , có vectơ chỉ phương là 2 (1; 2;3) u    . a/ Ta có 1 2 1 2 1 2 1 2 , (8; 2; 4), (1; 0; 4) , . 8 0 u u M M u u M M                       1 2 , d d  chéo nhau. Lại có 1 2 1 2 . 1 4 3 0 u u d d         . Vậy 1 d , 2 d chéo và vuông góc với nhau. b/ Gọi 1 2 , ( ; 1 2 ; ), (1 ; 1 2 ;4 3 ) M d d N d d M t t t N s s s              (1 ; 2 2 ;4 3 ) MN s t s t s t          là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Lại có (1;4; 2) u    là vectơ chỉ phương của  , 0.25 đ 0.25 đ 0,25 đ Trang 6 do đó // d u    cùng phương với MN  2 0 , 0 5 3 6 0 s t u MN s t                    0 (2;3;2) 2 s M t         . Vậy đường thẳng cần tìm là 2 3 2 : 1 4 2 x y z d       . 0.25 đ VII.a (1 đ) * Tìm số phức z Đặt 2 ( 2) ( , ) 1 ( 1) (1 ) z i a b i z a bi a b R z i a b i                  2 2 2 2 2 1 ( 2) ( 1) (1 ) 1 3 z i z i a b a b a b                 Và 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) (2 3) 2 2 (2 ) (2 ) (2 ) z i a b i a a b b a b b i z i a b i a b a b                       là một số thuần ảo khi và chỉ khi 2 ( 1) ( 2)( 1) 0 4 3 1 0 0 va 2 a a b b b b a b               1 2 1 7 4 4 b a b a                 . Vậy có hai số phức cần tìm: 2 z i   và 7 1 4 4 z i    0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VI.b 1 (1 đ) * Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm - Xét hệ PT giao điểm 2 2 4, 0 1 (4;0), (0;3) 16 9 0, 3 3 4 12 0 x y x y A B x y x y                     là các giao điểm của d và (E). - Gọi 2 2 0 0 0 0 ( ; ) ( ) 1 16 9 x y C x y E     (1). Ta có 0 0 3 4 12 ( , ) 5 x y d C AB h     0 0 0 0 3 4 12 1 1 1 . . .5. 3 4 12 2 2 5 2 ABC x y S AB h x y         Theo giả thiết suy ra 0 0 0 0 0 0 3 4 24 (2) 3 4 12 12 3 4 0 (3) x y x y x y            - Từ (1) và (2) ta được PT 2 0 0 2 12 27 0 y y    , PT này vô nghiệm - Từ (1 và (3) ta được PT 2 0 0 0 3 32 144 2 2 2 y y x       . Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3 2 2; 2 C         và 3 2 2; 2 C         . 0,25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 2 (1 đ) Ta có: 1 2 4 : 1 1 2 x y z d      và 2 8 6 10 : 2 1 1 x y z d       . 1 d đi qua điểm 1 (0;2; 4) M   , có vectơ chỉ phương là 1 (1; -1; 2) u   2 d đi qua điểm 2 ( 8;6;10) M   , có vectơ chỉ phương là 2 (2;1; 1) u    . a/ 1 2 1 2 1 2 1 2 , ( 1;5;3), ( 8;4;14) , . 70 0 u u M M u u M M                      Suy ra 1 d và 2 d chéo nhau. 1 2 1 2 1 2 1 2 , . 70 ( , ) 2 35 35 , u u M M d d d u u                 b/ Ta có 1 2 , ( ; 2 ; 4 2 ), ( 8 2 ;6 ;10 ) A d B d A t t t B s s s             ( 8 2 ;4 ;14 2 ) AB s t s t s t           0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ Trang 7 Do AB là đường vuông góc chung nên 1 1 2 2 . 0 4 2 . 0 AB u AB u s t AB u AB u                               (2;0;0), (0;10;6) A B    . Mặt cầu đường kính AB có PT là: 2 2 2 ( 1) ( 5) ( 3) 35 x y z       . 0.25 đ VII.b Giải hệ PT: 3 3 log ( ) log ( ) 2 2 4 4 4 4 2 2 (1) 1 log (4 4 ) log log ( 3 ) (2) 2 xy xy x y x x y             - ĐK: 0, 0 x y   . Đặt 3 log ( ) 2 0 xy t   , PT (1) trở thành 2 3 1 (loai) 3 2 0 2 log ( ) 1 3 2 t t t t xy xy y t x                   Thay vào PT (2) ta được PT: 2 4 4 4 2 36 1 9 log (4 ) log log ( ) 2 x x x x x      2 2 2 4 2 2 2 2 3 36 9 36 4 2 ( ) 2 18 0 9 18 0 6 x x x x x x x x x x x                   3 3 6 6 2 y x x y                . Vậy hệ có 2 nghiệm là   6 3; 3 , 6; 2         0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó. - Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm. - Thí sinh thi khối D thì câu I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ . 2 2 1 1 3 2 3 . 3 3 2 3 3 3 a a AG AO AC AC GC      2 2 2 2 2 2 6 12 2 9 9 a a SC SG GC a       Mặt khác 2 2 2 2 2 2 3 6 3 3 9 9 a a a GD GA SD SG GD a         2 2 2 SC.   0 .25 đ 0 .25 đ Trang 2 - Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là 1 1 2 2 ( ; 2) , ( ; 2) A x x B x x   . Suy ra 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 4 2( 6 3) AB. 0 .25 đ V (1 đ) - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4 4 4 1 2 1 8 2 4 (4 4 ) (2 1 8 4 2) y y y y y y y y x x y y y y y x y x y y y x   