SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Tống Duy Tân Môn Toán . Năm học 2008 – 2009 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu Ý Nội dung Điểm I 1. Khảo sát hàm số khi m = - 3 1 • Tập Xác định: 0,25 • Sự biến thiên: • Giới hạn tại vô cực: • Chiều biến thiên: );2()0;(0' +∞∪−∞∈∀> xy ; )2;0(0' ∈∀< xy BBT x 0 2 y’ + 0 - 0 + 1 y -3 Hàm số đồng biến trên các khoảng Hàm số nghịch biến trên khoảng Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 ; đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0,5 Đồ thị ( C ) y 1 -1 2 3 x 0 -3 0,25 2 Tìm m để đồ thị (C m ) cắt đường thẳng y = 1 – x . . 1 * Phương trình hoành độ giao điểm : 0.25    =++= = ⇔ 01)( 0 2 mxxxf x . Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì trước hết phương trình f(x) = 0 phải có hai nghiệm dương phân biệt 2 01 0 04 21 21 2 −<⇔      >= >−=+ >−=∆ ⇔ m xx mxx m (*) Khi đó 0,25 • Ta có Tiếp tuyến tại B,C vuông góc với nhau (1) 0.25 (1) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 9( ) 6 ( ) 4 1x x mx x x x m x x⇔ + + + = − . Đối chiếu với (*) ta c ó ĐS m = 5 − . 0.25 II 1. Giải phương trình lượng giác 1 • ĐK : 0,25 • pt hoặc 0,25 • • 0,25 • Hai họ nghiệm đều thich hợp vậy nghiệm phương trình là : 0,25 2. Giải bất phương trình lôgarit 1 Điều kiện XĐ của BPT : x > 0 và x ≠ 1. 0.25 Biến đổi BPT về dạng ( ) ( ) 3 5 3 log 1 2log 1 0 log x x x − + < 0,25 ⇔ 3 3 3 5 5 5 log 1 0 log 1 log 0 (1) V (2) V (3) 2log 1 0 2log 1 0 2log 1 0 x x x x x x > < < <       + < + > + <    0,25 Giải (1), (2), (3) và đối chiếu với ĐK ta được đáp số: 5 0; (1;3) 5 S   = ∪  ÷  ÷   . 0,25 III Tính tich phân 1 • Đặt với x = 1 thì t = 1/2, với x = 2 thì t = 1/3 0,25 • 1 2 2 3 4 1 1 3 1 ( 1) dx t dt t x x = − + ∫ ∫ 0,25 = 0,25 • = 4 43 ln 3 162 − 0,25 IV Tính diện tích xung quanh của hình nón 1 Gọi I là trung điểm của AB thì OI ⊥ AB, SI ⊥ AB. Ta có · · 3 1 cos , cos 2 2 AO SA SAO SA AI SA SAI SA= = = = Suy ra 1 3 AI AO = 0,25 Mặt khác trong tam giác OIA: · · · 1 6 cosIAO cosIAO sin IAO 3 3 AI a AO OA = ⇒ = ⇒ = = . Vậy 6 2 a OA = . 0,25 Xét tam giác SAO, ta có 0 6 2 . 2 2 cos30 3 OA a SA a= = = 0,25 Từ đó diện tích xung quanh của hình nón đã cho là 2 6 . . . . . . 2 3. 2 xq a S R l OA SA a a π π π π = = = = 0,25 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 Trước hết, theo BĐT Cô – Si cho ta có: 4 3 3 2 1 1z z z z≤ + = + , 0z∀ ≥ . Tương tự ta cũng có: 3 3 4 2 1 1y y y y≤ + = + , 0y∀ ≥ và 3 3 4 2 1 1x x x x≤ + = + , 0x∀ ≥ 0,25 Suy ra ( ) ( ) ( ) 3 4 3 4 3 4 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 y y x x z z P y y z z z z x x x x y y + + + ≥ + + ⇔ + + + + + + + + + 0,25 I A B S O 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x y y z z P y y z z z z x x x x y y + + + ≥ + +             + + + + + + + + +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷             Đặt 3 3 3 2 0; 2 0; 2 0 2 2 2 x x a y y b z z c+ = > + = > + = > thì ta có [ ] 1 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 P a b c P b c c a a b b c c a a b b c c a a b   ≥ + + ⇔ + ≥ + + + + + + +  ÷ + + + + + +   Áp dụng BĐT Cô – Si cho các số dương a + b, b + c, c + a ta có [ ] 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 9b c c a a b b c c a a b   + + + + + + + ≥  ÷ + + +   Như vậy ta có : 1 3 .9 3 2 2 P P+ ≥ ⇔ ≥ . Thấy P = 3 khi x = y = z = 1. Tóm lại minP = 3 khi x = y = z = 1. 0,5 B. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm 1.Theo chương trình chuẩn Câu Ý Nội dung Điểm VIa 1. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C 1 • Hệ số góc của AC = 1, M(1;1) thuộc AC . Pt AC: y = x Toạ độ đỉnh A là nghiệm hpt hay 2 2 ; 3 3 A   − −  ÷   . 0,25 • M là trung điểm AC nên C 8 8 ; 3 3    ÷   . 0,25 Hsg của BC k = 1/4 nên BC có pt : x – 4y + 8 = 0 0,25 • Toạ độ đỉnh B là nghiệm hệ pt : 0,25 2. Viết phương trình mặt cầu 1 Ta có (1;1;0) , (0;2;0), (0;0;2) , . 4 0OA OB OC OA OB OC   = = = ⇒ = ≠   uuur uuur uuur uuur uuur uuur suy ra O, A, B, C không đồng phẳng , hay O, A, B, C là 4 đỉnh của hình tứ diện 0,5 , Mặt khác vuông tại O nên O, A nhìn BC dưới một góc vuông do đó mặt cầu ngoại 0,25 tiếp tứ diện OABC có tâm I (0;1;1) là trung điểm BC, bán kính R = OI = Phương trình mặt cầu : 0,25 VIIa Tìm hệ số của x 6 1 Ta có 0,25 Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được : So với giả thiết suy ra 0,25 Xét khai triển Theo yêu cầu suy ra k = 6 0,25 Vậy hệ số của x 6 là : 6 4 6 10 .2 .( 3) 2449440.C − = 0,25 2.Theo chương trình nâng cao Câu Ý Nội dung Điểm VIb 1. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C 1 Toạ độ B là nghiệm hpt 0,25 Đường vuông góc (d) hạ từ G xuống BC có pt 2x + y – 3 = 0 Vì tam giác ABC cân đỉnh A nên(d) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến do đó tìm được H(2;-1) Gọi toạ độ của A(x;y) từ hệ thức 0,5 Đỉnh C đối xưng với B(0;-2) qua H nên C(4;0) 0,25 2 Tính thể tích tứ diện . 1 • VTPT của mặt phẳng ( ABC) : suy ra Pt mặt phẳng (ABC) : 7x + 5y + z – 37 = 0 Gọi H(x;y;z) Từ ycbt ta có hệ pt : 7 5 37 0 2 3 2 0 3 4 2 0 x y z x y z x y z + + − =   − + − + =   − + + − =  , giải ra ta được: 81 13 33 ; ; 25 5 25 H    ÷   0,5 0,25 . Thể tích tứ diện . 0,25 VIIb Tìm hệ số của x 7 1 Ta có 0,25 Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được : So với giả thiết suy ra 0,25 Trong khai triển Theo yêu cầu suy ra k = 7 0,25 Vậy hệ số của x 7 là : 0,25 . SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC Trường THPT Tống Duy Tân Môn Toán . Năm học 2008. sát hàm số khi m = - 3 1 • Tập Xác định: 0,25 • Sự biến thi n: • Giới hạn tại vô cực: • Chiều biến thi n: );2()0;(0' +∞∪−∞∈∀> xy ; )2;0(0' ∈∀<