HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - KHỐI A LẦN 02 – NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi 2m = 1,0 Khi 2m = ta được 4 2 6 5y x x= − + +) TXĐ: R +) Sự biến thiên )• Chiều biến thiên Có 3 ' 4 12 0 0; 3y x x x x= − = ⇔ = = ± . ' 0 3 0; 3y x x> ⇔ − < < > Hàm số đồng biến trên ( 3;0)− và ( 3; )+∞ , nghịch biến trên ( ; 3)−∞ − và (0; 3) 0,25 )• Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0 CD x = , giá trị cực đại (0) 5 CD y y= = Hàm số đạt cực tiểu tại 3 CT x = ± , giá trị cực tiểu 4 CT y = − )• Giới hạn tại vô cực: 4 2 lim( 6 5) x x x →∞ − + = +∞ 0,25 +) Đồ thị: Giao với Ox tại ( 5;0); ( 1;0)± ± ; Giao với Oy tại (0;5) 0,50 2 Tìm m để diện tích bằng ……. 1,0 +) Có 4 2 2 2 2 2 2 ( 2) 1 ( 1)( 1)y x m x m x x m= − + + + = − − − . Phương trình 2 2 2 0 ( 1)( 1) 0y x x m= ⇔ − − − = có 4 nghiệm phân biệt là 2 1; 1m± ± + khi 0m ≠ . 0,25 +) Diện tích phần hình phẳng giới hạn bởi ( ) m C với trục hoành phần phía trên trục hoành là: ( ) 1 2 4 2 2 2 0 20 16 96 2 ( 2) 1 2 15 15 m S x m x m dx m + = − + + + = = ⇔ = ± ∫ 0,50 Vậy 2m = ± là giá trị cần tìm 0,25 II 1 Giải phương trình 2 2 2sin 1 4cos 2 4 3 6 x x π π     + = + +  ÷  ÷     1,0 Đặt 2 t x π = + khi đó phương trình đã cho trở thành 2 2 2sin 1 4cos 2 3 t t = + 0,25 2 2 cos 4cos cos3. 4cos 0 3 3 3 t t t t⇔ = − ⇔ + = 3 2 4cos 4cos 3cos 0 3 3 3 t t t ⇔ + − = 0,50 3− 3 1 1− 5 4− 3 cos 0 3 3 ( ) 2 1 6 cos 3 2 t t k k t t k π π π π  =   = +  ⇔ ⇔ ∈    = ± + =    ¢ 0 3 ( ) 6 2 x k k x k π π π π = +   ⇒ ∈  = +  ¢ 0,25 2 Giải hệ phương trình 6 2 2 (1) 2 2 6 0 (2) x y x y x y x y  + + + =   + + − + =   1,0 Đặt 6 ; 2a x y b x y= + = + 2 2 2 2 1 2 1 4 a b a b a x a b x b x a b x + = + = = +    ⇒ ⇒ ⇒    − = = − − =    0,25 (2) 2 6 0 1 2 6 0 7b x y x x y y x⇒ + − + = ⇒ − + − + = ⇒ = + 0,25 thay vào (2) ta được 3 7 1 1x x x+ = − ⇒ = − 6y⇒ = 0,25 Thử lại thấy thoả mãn. Vậy ( ; ) ( 1;6)x y = − là nghiệm của hệ phương trình 0,25 III Tính giới hạn 3 2 2 6 2 lim 3 2 x x x I x x → + − + = − + 1,0 3 3 2 2 2 2 2 2 6 2 6 2 2 2 lim lim lim 3 2 3 2 3 2 x x x x x x x I x x x x x x → → → + − + + − + − = = − − + − + − + 0,25 ( ) 3 1 2 2 2 2 3 3 6 2 2 1 lim lim 3 2 12 ( 1)( 2) ( 6) 2 6 4 x x x x I x x x x x x → → + − − = = = − + − − + + + + 0,25 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 lim lim 3 2 4 ( 1)( 2) 2 2 x x x x I x x x x x → → + − − = = = − + − − + + 0,25 Vậy 1 2 1 6 I I I= − = − 0,25 IV Tính thể tích khối chóp…. 1,0 S A B C K H I M A B C 'M M Có CM SH CM AH CH AH CM SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  H ⇒ chạy trên nửa đường tròn đường kính AC phần có chứa điểm B 2 2 1 1 5 2 2 2 a HI AI IC AC AB BC⇒ = = = = + = 0, 5 3 ( , ) 1 1 1 1 1 5 5 5 . . ( . ). ( . ) .2 . . 3 2 12 12 12 2 2 24 AHIK AIH H AC a a a V SA S SA AI d SA AI HI a ∆ = = ≤ = = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi HI AI⊥ kết hợp với HI AI= suy ra 0 45 α = 0,5 V Chứng minh rằng: ( ) 2 ln 1 1 x x e e x − + + < + 1,0 Đặt x t e= bài toán trở thành CMR 0t ∀ > luôn có ( ) 2 1 ln 1 1 lnt t t + + < + . Xét hàm số ( ) 2 1 ( ) ln 1 1 lnf t t t t = + + − − có 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 '( ) 0 2 1 (1 1 ) 1 t t t f t t t t t t t + − = − + = > + + + + 0,25 Mặt khác 2 2 1 1 1 1 lim 1 lim ln 0 t t t t t t →∞ →∞   + + + + = ⇒ =       0,25 Suy ra 2 1 1 lim ln t t t →∞   + +       - 1 lim 0 t t →∞ = điều này chứng tỏ hàm số ( )y f t= nhận Ox làm một tiệm cận ngang 0,25 Ta thấy ( )y f t= đồng biến trên (0; )+∞ và hàm số có tiệm cận ngang là 0y = khi t → +∞ nên ( ) 0 0f t t< ∀ > 0,25 VI.a 1 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác…. 1,0 'M đối xứng với )0;2(M qua 010:)( =−− yxd nên )8;10(' −M Đường thẳng qua )0;2(M với vectơ pháp tuyến );( ban có phương trình 0)2( =+− byxa tạo với 010:)( =−− yxd góc ϕ khi đó    = = ⇔== + − ab ba ba ba 7 7 5 3 cos 2 22 ϕ 0,25 Với ba 7 = chọn 71 =⇒= ab , đường thẳng AB có phương trình 0147 =−+ yx cắt 010:)( =−− yxd tại A có tọa độ )7;3( −A khi đó B đối xứng với )7;3( −A qua )0;2(M có tọa độ )7;1(B 210=⇒ AB ABCABMBAM SdABS ∆∆ ===⇒ 2 1 48. 2 1 );'(' '2AMAC =⇒ )9;17( −⇒ C 0,25 Với ab 7 = chọn 71 =⇒= ba khi đó 027: =−+ yxAB cắt 010:)( =−− yxd tại )1;9( −A )1;5(−⇒ B 210=⇒ AB ABCBAM SS ∆∆ ==⇒ 2 1 48 ' '2AMAC =⇒ )15;11( −⇒ C 0,25 Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác là:    −−− −− )15;11(),1;5(),1;9( )9;17(),7;1(),7;3( CBA CBA 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng… 1,0 Mặt phẳng (P) qua M(0;1;1) và vuông góc với 1 d nhận vectơ chỉ phương )1;1;3( 1 u làm vectơ pháp tuyến có phương trình: 3x +y+z-2=0 0,5 (P) cắt 2 d tại điểm N có tọa độ thỏa mãn hệ )3;2;1( 023 02 1 −⇒      =−++ =+−+ −= N zyx zyx x 0,25 Đường thẳng cần tìm qua M(0;1;1) và N(-1;2;3) có phương trình chính tắc: 2 1 1 1 1 − = − = − zyx 0,25 VII.a Giải phương trình: 3 2 3(1 2 ) (3 8 ) 2 5 0z i z i z i− + − − − + = (*) 1,0 2 2 1 (*) ( 1) 2(1 3 ) 2 5 0 2(1 3 ) 2 5 0 (1) z z z i i z i i =    ⇔ − − + + − = ⇔    − + + − =  0,25 (1) có 2 2 ' (1 3 ) (2 5) 3 4 (1 2 )i i i i∆ = + − − = − + = + 0,25 ; 2 5z i z i⇒ = = + 0,25 Vậy S={ ; 2 5 ;1}i i+ là tập nghiệm của phương trình. 0,25 VI.b 1 Viết phương trình đường tròn…. 1,0 ( 1; 3)A − − trọng tâm (4; 2)G − suy ra trung điểm M của BC có toạ độ 13 3 ; 2 2 M   −  ÷   ( ):3 2 4 0d x y+ − = là trung trực của AB nên AB nhận (2; 3) d u − uur làm vectơ pháp tuyến, AB có phương trình: 2 3 7 0x y− − = ; AB cắt (d) tại trung điểm N của AB có toạ độ ( ) 2; 1N − ( ) 5;1B⇒ (8; 4)C⇒ − 0,5 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 2 2 0x y ax by c+ − − + = khi đó 74 21 2 6 10 23 10 2 26 7 16 8 80 8 3 a a b c a b c b a b c c  =  + + = −     + − = ⇔ = −     − − =   =   Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: 2 2 148 46 8 0 21 7 3 x y x y+ − + + = 0,5 2 Viết phương trình đương thẳng vuông góc và cắt…. 1,0 Đường thẳng (d) vuông góc với (P): x+y+z-1=0 nên (d) có vectơ chỉ phương là (1;1;1)u r Mặt phẳng 1 ( )P chứa d và 1 d qua M(-1;1;4) nhận (1;1;1)u r và 1 (2;3;4)u ur làm cặp vectơ chỉ phương hay nhận 1 1 1 1 1 1 1 1 [ ; ] ; ; (1; 2;1) 3 4 4 2 2 3 n u u   = = = −  ÷   ur r ur làm vectơ pháp tuyến có phương trình: 2 1 0x y z− + − = 0,25 ( 2 P ) nhận chứa d và 2 d nhận (1;1;1)u r và 2 (2; 3;1)u − uur làm cặp vectơ chỉ phương nên nhận 0,25 2 2 [ ; ] (4;1; 5)n u u= = − uur r uur , qua N(1;-2;5) có phương trình: 4 5 23 0x y z+ − + = (d) là giao của 1 ( )P và ( 2 P ) có phương trình thoả mãn hệ 2 1 0 4 5 23 0 x y z x y z − + − =   + − + =  đặt z t= ta được 5 3 x t y t z t = − +   = − +   =  0,25 Vậy đường thẳng cần tìm có phơng trình chính tắc là: 5 3 1 1 1 x y z+ + = = 0,25 VII.b 1 2 3 4 1 log 1 3 3 4 3 z i z i   − + + =  ÷  ÷ − + −   . (*) Tìm số phức có môđun lớn nhất 1,0 Đ ặt ( , )z a bi a b= + ∈¡ . Có (*) 3 4 1 1 3 4 5 ( 3) ( 4) 5 3 3 4 3 2 z i z i a b i z i − + + ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − + + = − + − 0,25 Do đó tập hợp điểm biểu diễn của số phức z thoả mãn là đường tròn tâm (3; 4)I − bán kính 5R = . Khi đó số phức z thoả mãn 1 2 3 4 1 log 1 3 3 4 3 z i z i   − + + =  ÷  ÷ − + −   là số phức có môđun lớn nhất thì điểm biểu diễn của z là điểm đối xứng với (0;0)O qua (3; 4)I − 0,25 N đối xứng với O qua I có toạ độ là: N(6;-8) 0,25 Vậy số phức z cần tìm là z = 6 - 8i 0,25 Ghi chú: - Câu IV thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình thì không chấm điẻm - Các ý khác thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 3 4− . + 1,0 3 3 2 2 2 2 2 2 6 2 6 2 2 2 lim lim lim 3 2 3 2 3 2 x x x x x x x I x x x x x x → → → + − + + − + − = = − − + − + − + 0 ,25 ( ) 3 1 2 2 2 2 3 3 6 2 2 1 lim lim 3 2 12 ( 1)( 2) ( 6) 2 6 4 x. 5 . . ( . ). ( . ) .2 . . 3 2 12 12 12 2 2 24 AHIK AIH H AC a a a V SA S SA AI d SA AI HI a ∆ = = ≤ = = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi HI AI⊥ kết hợp với HI AI= suy ra 0 45 α = 0,5 V Chứng. )7;3( A qua )0 ;2( M có t a độ )7;1(B 21 0=⇒ AB ABCABMBAM SdABS ∆∆ ===⇒ 2 1 48. 2 1 );'(' '2AMAC =⇒ )9;17( −⇒ C 0 ,25 Với ab 7 = chọn 71 =⇒= ba khi đó 027 : =−+ yxAB cắt