ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2011 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT YÊN MÔ Giáo viên: Đinh Xuân Thạch Câu Môn: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 09 câu, 09 trang) Đáp án ( 1.0 điểm) Điểm Với m = -2 ta có: y = − x + x + 1.Tập xác định: D = R Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: Ta có y ' = −2 x + x = −2 x(x − 1) x = y ' = ⇔ −2 x x − = ⇔   x = ±1 ( ) 0.25 Hàm số đồng biến khoảng (− ∞;−1) (0;1) Hàm số nghịch biến khoảng (− 1;0) (1;+∞ ) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0; yCĐ = Hàm số đạt cực đại x = ±1; ; yCT = 9/2       lim y = lim  − x + x +  = −∞ x → −∞ x → −∞   - Giới hạn vô cực: lim y = lim  − x + x +  = −∞ x → +∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y’ + I (2.0điểm) −1 9/2 0.25 x → +∞ - +∞ 0 + 9/2 - 0.25 y −∞ −∞ Đồ thị: - Giao Ox:  x = −2 Cho y = ⇒ − x + x + = ⇔   x = ⇔ x = ±2 ⇒ Đồ thị giao Ox tại: (− 2;0) , (2;0) - Giao Oy (0; 4) - Đồ thị hàm số nhận Oy trục đối xứng y 0.25 x -2 -1 -1 Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B Trang / Câu Đáp án ( 1.0 điểm) y= m x − x − 2m ; m y' = y' = ⇔ x − mx = ⇔ m Điểm x − mx m x =  m2   = ⇔  x  x − x = ± m    ĐK để hàm số có cực đại cực tiểu m > a > ⇔m>0 ⇔  m ≠ PT y' = cã nghiÖm phan biÖt 0.25 Với x = ⇒ y = −2m m m3 − 2m x=± ⇒y=− 16 I (2.0điểm) Tọa độ điểm cực trị đồ thị:    m m3  m m3 − 2m  ; C ;− − m  A(0;−2 m) ; B  − ;−    16  16 -Ta có A ∈ Oy , B C đối xứng qua trục Oy nên ∆ABC cân A.Gọi H trung điểm BC ⇒ AH đường cao ∆ABC m3 BC = x C − x B = m ; AH = y A − y B = 16 S ∆ABC 1 m4 = AH BC = ⇔ = ⇔ m = 32 16 0.25 0.25 m = 2.4 ⇔ m = −2.4 (lo¹i ) Vậy m = 2.4 thỏa mãn toán 0.25 ( 1.0 điểm): Giải PT Lượng giác π -ĐK: cos x ≠ ⇔ x ≠ + mπ , m ∈ Z π x  cos x sin  −   2   π ⇔ (sin x − tan x )(sin x − 1) = cos x.1 − cos − x   2  ⇔ (sin x − tan x )(sin x − 1) = cos x.(1 − sin x ) (sin x − tan x )(sin x − 1) = II (2.0điểm) 0.25 ⇔ (sin x − tan x )(sin x − 1) + cos x.(sin x − 1) = ( ) ⇔ (sin x − 1) sin x − tan x + cos x = sin x = (loại sin x = ⇒ cos x = )  ⇔ sin x − tan x + cos x =  sin x ⇔ sin x cos x − + cos x = cos x ⇔ sin x cos x − + cos x cos x = ( 0.25 ) ( ) cos x = ⇔ cos x sin x + cos x = ⇔  sin x + cos x = Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B 0.25 Trang / Đáp án Câu π kπ  π π kπ   x= +  π x k x = + = + 2 ⇔ ⇔ ⇔    x = − π + kπ tan x = − sin x = − cos x  Điểm (k ∈ Z ) 0.25 (Thỏa mãn ĐK) KL… Cách 2: Phân tích thành tích giải PT: sin x − tan x + cos x = 2t  sin x = + t Bằng cách đặt t = tanx, ta có:  cos x = − t  1+ t2 ( 1.0 điểm) Giải hệ 2 x + y = x y + xy (1)  4 x − y − + x − = y − (2) - ĐK: x − y − ≥ - Ta có: (1) ⇔ x − x y + y − xy = ⇔ x ( x − y ) − y( x − y ) = 0.25 x = y ⇔ (x − y ) x − y = ⇔  2 x − y = (lo¹i ) ( II (2.0điểm) ) Với x = y vào (2) ta có: x − x − + x − = x − ⇔ x − x − + x − − (2 x − 1) = (3) Vì x − (2 x − 1) không đồng thời nên ta có: x − − (2 x − 1) (3) ⇔ x − x − + ( 8x − ) + (2 x − 1) 8x 3 ⇔ x − x − + ( ( 8x − ) + (2 x − 1) 8x − + (2 x − 1) 2 ) 3 − + (2 x − 1) 12 x − x − ( 8x − ) + (2 x − 1) 3  ⇔ 2 x − x − 1.2 +   x − − x − 12 x + x − ⇔ x − x − + ( 3 x − + (2 x − 1) 0.25 =0 =0 =0 0.25  =0 2  3 x − + (2 x − 1) x − + (2 x − 1)  ) x − x − x = ⇔ 2x − x −1 = ⇔ 2x − x −1 = ⇔  x = −  Vậy hệ có nghiệm: x = y = 1; x = y = − 2 Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B 0.25 Trang / Câu π π Đáp án π Điểm π 3 + x sin x cos x dx   dx = + x tan x dx = + x tan xdx   ∫ ∫ ∫ 4 cos x  0  cos x cos x I=∫ π π 3 0.25 dx; I = ∫ x tan xdx x cos 0 Đặt I1 = ∫ π π 3 π ( ) 1 1 dx = dx = dx tan x + 2 ∫ ∫ cos x cos x cos x cos x Đặt t = tanx ⇒ dt = dx ; cos x Ta có: I1 = ∫ x = ⇒ t = 0; x = I1 = III (1.0điểm) 0.25 ⇒t= 3  t3  t + dt =  + t  = 0 3 ∫( π ) π π 3 π    x  1 = − x dx I = ∫ x tan xdx = ∫ x  dx −   2 ∫   0  cos x  cos x π π 3 x x =∫ dx − 2 cos x π π2 x =∫ dx − 18 cos x u = x du = dx Đặt  ⇒ dv = cos x dx v = tan x π π I = x tan x 03 0.25 π π2 3π π sin x dx − ∫ tan xdx − = − −∫ 18 18 cos x 0 π π 3π π 3π π d (cos x ) 3π π − − ln = − +∫ = − + ln cos x 03 = 18 18 cos x 18 0.25  3π π  Vậy I = I1 + 4.I = + 4 − − ln  18   S ABCD = 2.S ∆ABD a2 a2 = = -Gọi O tâm đáy ABCD; IV (1.0điểm) H = AO ∩ DM tâm ∆ABD -Vì chóp S.ABD ⇒ SH ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ BC ; 0.25 BH ⊥ BC ; suy BC ⊥ (SHB ) ^ -Chỉ SBH = 60 góc (SBC) (ABCD) Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B Trang / Đáp án Câu Điểm S K C D O H A IV (1.0điểm) B M -Xét ∆SHB vuông B, có: 2 a a AO = = 3 ^ a SH ⇒ SH = HB tan 60 = 3=a tan SBH = HB a3 a2 ⇒ VS ABCD = S ABCD SH = a = 3 • Chứng minh MK ⊥ (SCD) : -Vì chóp S.ABD đều, AK ⊥ SD ⇒ BK ⊥ SD ⇒ SD ⊥ ( KAB ) ⇒ SD ⊥ MK (1)  AB ⊥ DM -Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( SDM )  AB ⊥ SH ( vi SH ⊥ ( ABCD) ) mà CD//AB ⇒ CD ⊥ ( SDM ) ⇒ CD ⊥ MK (2) Từ (1), (2) ⇒ MK ⊥ (SCD) HB = HA = (2 − m) x + (m + 2) x + − m ≤ m x + x + 0.25 0.25 0.25 (1); -ĐK: ∀x ∈ R -Ta có: x + x + = x + x + − x = (x + 1) − x = (x + x + 1)(x − x + 1) x + x + >  , ∀x ∈ R x − x + > V (1.0điểm) Do đó: 0.25 (2 − m) x + (m + 2) x + − m ≤ m x + x + ( ) ( ) ( )( ) ⇔ x + x + − m x − x + ≤ m x + x + x − x + x2 + x +1 x2 + x +1 x2 + x +1 ; Đặt t = , t > − m ≤ m ⇔2 x − x +1 x − x +1 x − x +1 x2 + x +1 − 2x2 + Xét hàm số: g ( x) = ; g ' ( x) = x − x +1 x2 − x +1 ( Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B ) Trang / Đáp án Câu Điểm g ' ( x) = ⇔ −2 x + = ⇔ x = ±1 x2 + x +1 = 1; lim g ( x) = ; x → +∞ x − x + x → −∞ lim g ( x) = lim x → +∞ Bảng biến thiên: x −∞ III g’(x) (1.0điểm) −1 - +∞ + - g(x) 1 0.25  1   Ta có g ( x) ∈  ;3, ∀x ∈ R ⇒ t ∈  ;  3    (Có thể tìm điều kiện t sau: x2 + x +1 ⇔ t x2 − x +1 = x2 + x +1 x − x +1 ⇔ t − x − (t + 1).x + t − = ( t2 = ( ) ) Coi PT bậc ẩn x, t tham số Tìm ĐK để PT có nghiệm suy điều kiện t ) 2t BPT (1) trở thành: 2t − m ≤ m.t ⇔ 2t ≤ m(t + 1) ⇔ ≤ m (2) t +1 2t   Xét hàm số: f (t ) = , với t ∈  ;  t +1   2t + 4t     f ' (t ) = > 0, t ∈  ;  Nên f(t) đồng biến  ;  (t + 1)       -BPT(1) thỏa mãn ∀x ∈ R ⇔ BPT (2) thỏa mãn ∀t ∈  ;    ⇔ max f (t ) ≤ m ⇔ f ≤ m ⇔ ≤ m ⇔ m ≥ 3 −1   + ;   2 ( )  ( ) 0.25 0.25  (1.0điểm): Tìm tọa độ A, B, C x − y − = x = ⇔ 7 x − y − =  y = −2 -Tọa độ B nghiệm hệ:  ⇒ B (0; − 2) 0.25 -Vì ∆ABC cân A nên AG đường cao ∆ABC Vì AG ⊥ BC nên phương trình đường thẳng AG là: VI.A (2.0điểm) 1 4   2. x −  + 1. y −  = ⇔ x + y − = 3 3   Gọi M trung điểm BC, tọa độ M nghiệm hệ: 0.25 2 x + y − = x = ⇔ ⇒ M (2; − 1)  x − y − =  y = −1 -Gọi A(x; y) , Ta có: AG = 2GH , 1 4   AG =  − x; − y ; GH =  − ;−1 −  , suy A(0; 3) 3 3 3   Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B 0.25 Trang / Đáp án Câu Điểm x A + x B + xC  x = G  Ta có:  , suy C(4; 0) y y y + + A B C y =  G 0.25 (Hoặc tìm tọa độ C dựa vào M trung điểm BC) Vậy A(0; 3), B(0; − 2) , C(4; 0) (1.0điểm): Viết phương trình đường thẳng ∆ -mp(P) có vectơ pháp tuyến n P = (1;−2;2) -Gọi M, N giao điểm ∆ d1, d2 M ∈ d1 ⇒ M (1 + 2t1 ;3 − 3t1 ;2t1 ) ; N ∈ d ⇒ N (5 + 6t ;4t ;−5 − 5t ) 0.25 MN = (6t − 2t1 + 4; 4t + 3t1 − 3; − 5t − 2t1 − 5) ∆ //( P ) -Từ giả thiết  ta có hệ: d (∆, ( P )) = VI.A (2.0điểm) MN n P = MN ⊥ n P  ⇔  + 2t1 − 2(3 − 3t1 ) + 2.2t1 −  d ( M , ( P)) = =2  1+ +  6t − 2t1 + − 2( 4t + 3t1 − 3) + 2( − 5t − 2t1 − 5) = ⇔  12t1 − = t1 = t1 + t =  − 12t1 − 12t =  t = ⇔ ⇔ 2t1 − = ⇔    2t1 − = 2t − = −1 t1 =   t = −1 0.25 t = , ta có: M(1; 3; 0), N(5; ; -5) t =  -Với  ∆ qua M có vectơ phương MN = (4;−3;−5) nên có PT: x −1 y − z = = −3 −5 t = -Với  , ta có ∆ qua M(3; ; 2), N(-1; -4; 0) có VTCP t = −1 x−3 y z−2 = = MN = (−4; − 4;−2) nên có PT: −2 −4 −4 KL: có đường thẳng thỏa mãn toán : ∆1 : 0.25 x −1 y − z x−3 y z−2 = = ; ∆1 : = = −2 −4 −4 −3 −5 (HS viết PT đường thẳng dạng tham số tắc) Cách 2: - Lập PT mp(Q) song song cách (P) khoảng - Khi ∆ qua M, N giao điểm d1, d2 với (Q) Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B 0.25 Trang / Câu Đáp án Đặt z = x + yi ; (x, y ∈ R ) -Ta có Điểm z + + 2i = z + 6i ⇔ x + yi + + 2i = x − yi + 6i ⇔ ( x + ) + ( y + )i = x + (6 − y )i 0.25 ⇔ ( x + ) + ( y + ) = x + (6 − y ) ⇔ x + x + 16 + y + y + = x + 36 − 12 y + y ⇔ x + 16 y − 16 = ⇔ x + y − = (1) 2 2 -Ta có: (z + 1)(z + − i ) = ( x + yi + 1)( x − yi + − i) = [(x + 1) + yi].[(x + 2) − ( y + 1)i ] VII.A = ( x + 1)( x + 2) + y ( y + 1) + [ y ( x + 2) − ( x + 1)( y + 1)].i (1.0điểm) = (x + 1)(x + 2) + y ( y + 1) + (− x + y − 1).i -Ta có: (z + 1)(z + − i ) số thực ⇔ ⇔ − x + y − = (2) 0.25 x + y − = x = ⇔ − x + y − = y =1 0.25 Xét cấp số nhân (un) , với u1 = 1; công bội q = z z 2012 số hạng thứ 1007 0.25 -Từ (1) (2) ta có hệ:  ⇒ z =i Tính tổng S: ( ) ( ) ( ) 1007 1007 u1 − q 1− z 1− i = = = 1− q 1− z 1− i2 (1.0 điểm) Đường tròn (C1 ) có tâm I1(0; -1), bán kinh R1 = Ta có: S = n Đường tròn (C ) có tâm I2(1; 0), bán kinh 2 VI.B (1.0điểm)  MN  -Ta có d (I , ∆ ) = R22 −   =1   -TH1: Nếu đường thẳng ∆ ⊥ Ox , ∆ có phương trình dạng: x –m = d (I , ∆ ) = R1 Từ giả thiết  ta tìm m = d ( I , ∆ ) = Vậy phương trình đường thẳng ∆ : x – = -TH2: Nếu đường thẳng ∆ không vuông góc với Ox, ∆ có hệ số góc k nên ∆ có phương trình: y = kx + b ⇔ kx − y + b = d (I , ∆ ) = R1 Từ giả thiết  d ( I , ∆ ) =    ta có hệ:     ( ( 1+ b k +1 k +b k +1 =2 0.25 0.25 =1 ) )  + b = k + (1 + b )2 = k + k =  ⇔ ⇔ ⇔  (k + b )2 = k + b =  k + b = k + Suy phương trình ∆ : y = KL: có đường thẳng thỏa mãn: ∆1 : x − = 0; ∆ : y − = Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B 0.25 0.25 Trang / Câu Đáp án Điểm (1.0 điểm) BC = 24; Gọi A(a; b; − 2a − b) ∈ ( P) 0.25 (a + 3)2 + b + (6 − 2a − b )2 = 24  AB = BC ⇔ ∆ABC ⇔    AC = BC (a + 1)2 + (b + 2)2 + (2 − 2a − b )2 = 24 3a − 6a + = a = Vậy A(1; 2; 0) ⇔ ⇔ b = a + b = VI.B (1.0điểm) 0.25 0.25 -Trọng tâm ∆ABC G (−1; 0; 0) Ta có MA + MB + MC = 3MG = 3MG MA + MB + MC nhỏ ⇔ MG nhỏ ⇔ M hình chiếu vuông góc G lên (P)  x = −1 + 2t  -Chỉ PT đường thẳng d qua M vuông góc với (P) là:  y = t z = t  VII.B (1.0điểm) -Ta có M = d ∩ (P) Nên M (1; 1; 1) Tổ có 12 người -Chọn người từ 12 người có: C124 (cách) -Còn lại người, chọn người từ người lại có: C84 (cách) -Cuối lại người nhóm cuối Vậy số phần tử không gian mẫu: n(Ω ) = C124 C84 = 34 650 Gọi A biến cố: “Chia ngẫu nhiên nhóm có nữ” - Chỉ có nữ lại chia nhóm nên theo yêu cầu nhóm có nữ nam -Chọn nhóm thứ nhất: Chọn nam từ nam có C93 (cách) Chọn nữ từ nữ có C31 (cách) Vậy chọn nhóm thứ có: C93 C31 (cách) -Lúc tổ lại: nữ nam Chọn nhóm thứ có: C63 C 21 (cách) -Cuối lại người nhóm thứ 3, có cách Vậy n( A) = C93 C31 C63 C 21 = 10 080 -Xác suất biến cố A là: P( A) = n( A) 10080 16 = = n(Ω ) 34650 55 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Chú ý: - Học sinh làm theo cách khác cho điểm tương đương -Trên gợi ý làm Khi làm yêu cầu học sinh trình bày thật chi tiết Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B Trang / ... = Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B 0 .25 0 .25 Trang / Câu Đáp án Điểm (1.0 điểm) BC = 24 ; Gọi A(a; b; − 2a − b) ∈ ( P) 0 .25 (a + 3 )2 + b + (6 − 2a − b )2 = 24  AB =... x +1 − 2x2 + Xét hàm số: g ( x) = ; g ' ( x) = x − x +1 x2 − x +1 ( Đáp án Đề thi thử ĐH môn Toán lần – Trường THPT Yên Mô B ) Trang / Đáp án Câu Điểm g ' ( x) = ⇔ 2 x + = ⇔ x = ±1 x2 + x +1... ⇔  + 2t1 − 2( 3 − 3t1 ) + 2. 2t1 −  d ( M , ( P)) = =2  1+ +  6t − 2t1 + − 2( 4t + 3t1 − 3) + 2( − 5t − 2t1 − 5) = ⇔  12t1 − = t1 = t1 + t =  − 12t1 − 12t =  t = ⇔ ⇔ 2t1 − =