SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010- LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Khối D CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu I (2,0đ) Ý 1 (1,0đ) TXĐ : D = R\{-2} 0.25đ Chiều biến thiên, 2limlim == +∞→−∞→ xx yy nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số −∞= + −→ y x 2 lim +∞= − −→ y x 2 lim nên x = -2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = ( ) 2 2 3 +x >0 0.25đ Bảng biến thiên x ∞− -2 ∞+ y’ + + y ∞+ ∞+ ∞− ∞− Hàm số đồng biến trên ( ∞− ;-2) và (-2 ; ∞+ ) Hàm số không có cực trị 0.25đ Đồ thị Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (- 2 1 ; 0) và với trục Oy ( 2 1 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(-2 ;2) làm tâm đối xứng 0.25 đ 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -5 5 10 I 2 -2 O Ý 2 (1,0đ ) Đường thẳng (d) Có phương trình y =-x + k. 0.25 đ Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và đồ thị C là nghiệm của phương trình : 2 12 + + x x = -x + k. ⇔ 2x+1 = (-x + k)(x+2) (rõ ràng nghiệm thỏa mãn điều kiện x khác -2 ) ⇔ x 2 +(4 - k)x +1-2k =0 (1) 0.25 đ ∆ =(4-k) 2 -4 +8k =k 2 + 12>0 ∀ k. Vậy đường thẳng (d) luôn luôn cắt đồ thị C tai 2 điểm E,F. Hoành độ hai điểm E,F là nghiệm x 1 và x 2 của phương trình (1) Các tung độ tương ứng là : y 1 = - x 1 + k và y 2 = - x 2 + k. 0.25 đ EF 2 =( x 2 - x 1 ) 2 + ( y 2 - y 1 ) 2 = 2( x 2 + x 1 ) 2 - 8 x 1 x 2 = 2 (4 - k) 2 - 8(1-2k) = 2k 2 +24 ≥ 24 dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi k = 0. Vậy k = 0 thì EF có GTNN 0.25 đ c âu2 Ý 1 (1,0đ ) Ta có : 2cos 2 2x + cos2x = 4sin 2 2xcos 2 x ⇔ 1+cos4x+cos2x = 2 2cos1 2 4cos1 4 xx +− 0.25 đ ⇔ 1+cos4x+cos2x = 1+cos2x - cos4x - cos2x cos4x 0.25 đ ⇔ cos4x(2+ cos2x ) =0 ⇔ cos4x = 0 0.25 đ ⇔ π π kx += 2 4 ⇔ 48 ππ kx += 0.25 đ Ý 2 (1,0đ ) Giải bất phương trình : ĐK: 13 ≤≤− x Bất phương trình có thể viết thành : 0523)32(2 22 <−−−−+−− xxxx Đặt 023 2 ≥=−− txx 0.25 đ Ta c ó :    <−− ≥ 053 0 2 tt t ⇔ 2 5 0 <≤≤ t 0.25 đ ⇒      <−− ≤≤− 2 5 23 13 2 xx x ⇔      <+−− ≤≤− 4 25 32 13 2 xx x 0.25 đ ⇔    >++ ≤≤− 01384 13 2 xx x ⇔ 13 ≤≤− x 0.25 đ Đi qua I(0;k) Hệ số góc - 1 c âu3 1 đ I O D C B A S 0.5 đ X ét ∆ SOI có SH 2 = 4 tan 4 2 2 2 aa − α ⇔ 1tan 2 2 −= α a SH Vậy V= ABCD SSH. 3 1 = 1tan 6 2 3 − α a Với 01tan 2 >− α ⇔ 24 π α π << 0.5 đ câu4 1 đ ∫ 3 4 4 tan π π xdx = ∫ +−−+ 3 4 224 )11tantan(tan π π dxxxx 0.5 đ = 3 4 3 3 tan π π x - 3 4 tan π n x + 3 4 π π x = 123 2 π + 0.5 đ Câu5 1 đ Chứng minh rằng : xyz xyz zxyzxy + >++ 2 18 với x,y,z >0 và x+y+z=1 Bg : áp dụng bất đẳng thức cô si ta có : 2 = x+y+z+x+y+z 3 6 xyz≥ (1) và 222 3 zyxzxyzxy ≥++ (2) 0.5 đ Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có xyzzxyzxy 18)(2 ≥++ (3) M ặt kh ác : xyz(xy+yz+zx)>0 (4) 0.25 đ Cộng vế với vế của (3) và (4) ta có : (xy+yz+zx)(2+xyz)>18xyz ⇔ xyz xyz zxyzxy + >++ 2 18 . 0.25 đ Câu VI Tính : S = (1+ i) 2008 + (1 - i) 200 Bg : (1+ i) 2008 + (1 - i) 2008 =[ (1+i) 2 ] 1004 +[ (1- i) 2 ] 1004 0. 5 đ = (2i) 1004 + (- 2i) 1004 = 2 1004 (i 2 ) 502 +(- 2) 1004 (i 2 ) 502 = 2 1005 0. 5 đ Câu VII a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm A(10;5), B(15;-5), D(-20;0) là 3 đỉnh của 1 hình thang cân ABCD. Tìm toạ độ đỉnh C, biết rằng AB//CD Bg : Điểm C thuộc đường thẳng đi qua D v à // AB .Do ABCD là hình thang cân nên AD =CB suy ra C thuộc đường tròn tâm B bán kính AD. 0. 25 đ Gọi O là giao điểm 2 đường chéo S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD) K ẻ OI ⊥ AB, nối SI ta có AB ⊥ (SOI) ⇒ SI ⊥ AB X ét ∆ SAI có SI = AI.tan α = 2 a tan α Ta có ( ) 10;5 − → AB suy ra đường thẳng đi qua D v à // AB có phương trình : 105 20 − = + yx ⇔ 2x +y +40 = 0 T a c ó AD = ( ) ( ) 22 530 −+− = 925 Vậy đường tròn tâm B bán kính AD có phương trình: (x-15) 2 +(y+5) 2 =925 0. 25 đ Toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ : ( ) ( )    =++− =++ 925515 0402 22 yx yx 0,25 đ    =++ =++ 010522 0402 2 xx yx ⇔         −= −= =++ 7 15 0402 x x yx V ậy C 1 (-15;-10) C 2 (-7;-26) 0. 25 đ Ý 2 (1,0đ ) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A(-1;2;-3) vuông góc với véc tơ → n (6;-2;-3) và cắt đường thẳng 3 3 2 1 3 1 − = + = − zyx . Bg:Ta c ó đường thẳng (a) : 3 3 2 1 3 1 − = + = − zyx ⇒ phương trình tham số đường thẳng (a) là      += +−= += tz ty tx 33 21 31 0. 25 đ Với M ∈ (a) ⇒ M(1+3t;-1+2t;3+3t) Ta có ( ) tttMA 36;23;32 −−−−− → 0. 25 đ Theo gỉa thiết đường thẳng (d) đi qua A(-1;2;-3) cắt (a) và vuông góc với véc tơ → n (6;-2;-3) ⇒ 0. = →→ nMA ⇒ -12-18t-6+4t+18+9t=0 ⇔ t=0 0. 25 đ V ới t=0 ⇒ M(1;-1;3) v à ( ) 6;3;2 −− → MA N ên đường thẳng (d) c ó phương trình : 6 3 3 2 2 1 − + = − = − − zyx 0. 25 đ Câu VIb Ý1 (1,0đ ) Trong không gian với hệ toạ đọ Oxyz cho đường thẳng (d) l à giao tuyến của 2 mặt phẳng : ( 1 α ) : x + y – z = 0 và ( 2 α ) : 2x - y = 0 và 3 điểm A(2;0;1) , B(2;- 1;0) , C(1;0;1).Tìm điểm S trên đường thẳng (d) sao cho →→→ ++ SCSBSA đạt giá trị nhỏ nhất Bg: đường thẳng (d) l à giao tuyến của 2 mặt phẳng : ( 1 α ) : x + y – z = 0 và ( 2 α ) : 2x - y = 0 nên vtcp của đường thẳng (d) là (; 21 =       = →→→ αα nnu 1;2;3) 0. 25 đ Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ta có →→→→ =++ 0GCGBGA và G( 3 2 ; 3 1 ; 3 5 − ) ⇒ →→→ ++ SCSBSA = →→→→→ =+++ SGGCGBGBSG 33 0. 25 đ ⇒ →→→ ++ SCSBSA đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ | → SG | đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ S là hình chiếu của điểm G lên đường thẳng (d). 0. 25 đ Mặt phẳng (P) qua G và vuông góc với đường thẳng (d) có phương trình : x+2y+3z-3 =0 . Toạ độ điểm S là nghiệm của :      =−++ =− =−+ 0322 02 0 zyx yx zyx ⇒ S( 14 9 ; 7 3 ;14 ) 0. 25 đ Ý 2 (1,0đ ) Trong mặt phẳng với hệ trực chuẩn oxy hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là y – x – 2 = 0 , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là 5y – x – 2 = 0, phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là y + x –8= 0 Bg: đường thẳng chứa cạnh AB c ó vtpt AB n → (-1; 1) đường thẳng chứa cạnh AC c ó vtpt AC n → (1; 1) ⇒ AB n → . AC n → =0 ⇒ AB ⊥ AC, do đó tam giác ABC vuông cân tại A. Từ đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là trung điểm của BC bán kính R = 2 BC 0. 25 đ Toạ độ đỉnh B là nghiệm của    =+− =−− 025 02 xy xy ⇒ B(-3;-1) Toạ độ đỉnh Clà nghiệm của    =+− =−+ 025 08 xy xy ⇒ C (7; 1) 0. 5 đ ⇒ Tâm I(2;0) v à bán kính R = 26 . đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình (x-2) 2 +y 2 = 26 0.2 5 đ Câu VII b Giải phương trình : ( ) [ ] 169loglog 3 =− x x Bg : ĐK:    >− ≠< 169 10 x x 0.2 5 đ Ta c ó ( ) [ ] 169loglog 3 =− x x ⇔ ( ) [ ] 69log 3 − x =x ⇔ 69 − x =3 x ⇔ (3 x ) 2 - 3 x -6 =0 . Đặt 3 x = t >0 ta có phương trình : t 2 –t-6=0 ⇔    = −= 3 2 t t 0. 5 đ Với t = 3 ⇒ 3 x = 3 ⇔ x=1 (loạido ĐK) Kl : phương trình vô nghiệm 0.2 5 đ . - x 1 + k và y 2 = - x 2 + k. 0 .25 đ EF 2 =( x 2 - x 1 ) 2 + ( y 2 - y 1 ) 2 = 2( x 2 + x 1 ) 2 - 8 x 1 x 2 = 2 (4 - k) 2 - 8(1-2k) = 2k 2 +24 ≥ 24 d u bằng xẩy ra khi. GTNN 0 .25 đ c âu2 Ý 1 (1,0đ ) Ta có : 2cos 2 2x + cos2x = 4sin 2 2xcos 2 x ⇔ 1+cos4x+cos2x = 2 2cos1 2 4cos1 4 xx +− 0 .25 đ ⇔ 1+cos4x+cos2x = 1+cos2x - cos4x - cos2x cos4x 0 .25 đ ⇔ cos4x (2+ cos2x. GIÁO D C VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 20 10- LẦN 2 Môn thi: TOÁN – Khối D CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu I (2, 0đ) Ý 1 (1,0đ) TXĐ : D = R{ -2} 0 .25 đ Chiều