Đáp án đề thi thử đại học lần 2
Câu Nội dung Điểm
I Chú ý: Học sinh có thể trình bày sơ đồ khảo sát theo sách nâng cao.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=0 (1,00đ)
Với m=0, ta có hàm số y=
3 2
x 3x 4 +
1. Tập xác định: D=R
2. Sự biến thiên.
a. Chiều biến thiên:
Ta có:
2
y'(x) 3x 6x,=
ta có
y'(x) 0 x 0= =
hoặc x=-2.
Dấu của y(x):
Vậy hàm số đồng biến trên (-2; 0), nghịch biến trên
( ; 2)
và
(0; )+
0.5
b. Cực trị: Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x=-2 và y
CT
=y(-2)=0;
đạt cực đại tại x=0 và y
CĐ
=y(0)=4.
c. Giới hạn:
x
x

lim y ; lim y

+
= = +
0.25
d. Bảng biến thiên:

x

-2 0
+
y - 0 + 0 -
y

0.25
3. Đồ thi:
+ Giao điểm của đồ thị với trục Ox là điểm (
1;0)
và (-2; 0).
Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm (
0; 4)
+ Đồ thị có điểm uốn U(-1; 2) là tâm đối xứng.

0.25
2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;
+
) (0.75đ).
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;
+
)


2
y' 3x 6x m 0, x 0 = + >
2
3x 6x m, x 0 + >
0.25
Xét hàm số
2
y g(x) 3x 6x= = +
trên khoảng
(0; )+
Có bảng biến thiên nh sau:
y'
0
0


+
0
4
3
x

2
0
+
+

x
y

4
1
2

0
Từ đó, giá trị cần tìm của m là: m
0

0.50
II
Giải phơng trình:
2
2 4 1
2
log (x 2) log (x 5) log 8 0+ + + =
(1.00đ)

Điều kiện: x>-2 và x
5
0.25
Với điều kiện đó, phong trình đã cho tơng đơng với phơng trình:

2 2 2 2 2
2 2
log (x 2) log x 5 log 8 log [(x 2) x 5 ] log 8
(x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0
+ + = + =
+ = =
0.25


2
x 3x 18 0 =
hoặc
2
x 3x 2 0 =
3 17
x 3; x 6; x
2

= = =
0.25
Kết hợp lại, phơng trình đã cho có các nghiệm là:
3 17
x 6; x
2

= =
0.25
III
Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và

(1,00đ).

Goi O là trọng tâm của
ABC
thì SO
(ABCD)
Gọi M là trung điểm của AB và
SM AB, OM AB AB (SOM)


Góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC) là góc
ã
SMO
.
Do
ABC

đều có cạnh bằng a nên
2
ABC
3a
S
4

=

Trong

SOM có
SO 3
tan SO OMtan a tan
OM 6
= = =
0.25
0.25

2
3
SABC ABC
1 1 3a 3a 1

V SO.S . tan . a tan
3 3 6 4 24
= = =
0.25
Dùng phơng pháp thể tích:
SABC
SABC SBC
ABC
1 3V
V AK.S AK
3 S


= =
0.25
x
y'

1
0
+
0
+
y
+
M
O
S
A
B

C
Mà
3
SABC
1
V a tan
24
=
và
SBC SAB
3a.tan
1 1 3
6
S S SM.BC .a
2 2 sin 12.cos


= = = =

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là: AK=
3
sin
2

IV
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD (1,00đ)
Do SA=SB=AB=a nên SAB là tam giác đều cạnh a.
Gọi G và I tơng ứng là tâm của tam giác đều SAB và của hình vuông ABCD.
0.25
Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABD. Ta có:

OG (SAB)
và OI
(ABCD)
, (OI, OG tơng ứng là trục của đờng tròn ngoại
tiếp tam giác đều SAB và tam giác vuông ABD).
0.25
Gọi H là trung điểm của AB thì
a
OG IH
2
= =
và

OGA vuông tại G.
0.25
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có:

2
2
2 2
a 3a a 21
R OA OG GA
4 4 6
= = + = + =
0.25
V
Chứng minh đẳng thức: V
1
+V
2

=V
3
(1,00đ).
Khi quay tam giác ABD quanh cạnh AD ta đơc khối nón đỉnh D và đáy là
đờng tròn có tâm A, bán kính r
1
=AB=a, chiều cao h
1
=DA=a.
Do đó:
2 2 3
1 1 1
1 1 1
V .r .h .a .a a
3 3 3
= = =
(1)
0.25
Ta có
BC (ABD) BC AB
ABC
vuông tại B
Vậy khi quay tam giác ABC quanh cạnh AB ta đợc khối nón đỉnh A và đáy là
đờng tròn tâm B, bán kính r
2
=BC=a, chiều cao h
2
=AB=a.
Do đó:
2 2 3

2 2 2
1 1 1
V .r .h .a .a a
3 3 3
= = =
(2)
0.25
I
H
S
A
B
C
D
G
O
Khi quay tam giác DBC quanh cạnh BC ta đợc khối nón đỉnh C và đáy là
đờng tròn tâm B, bán kính r
3
=BD=
2
a, chiều cao h
3
=BC= a.
Do đó:
2 2 3
3 3 3
1 1 2
V .r .h .( 2a) .a a
3 3 3

= = =
(3)
0.25
Từ (1), (2), (3), ta có: V
1
+V
2
=V
3
(đpcm).
0.25

VI
Chứng minh bất đẳng thức:
sin x cosx
cosx.2 sinx.2>
,
0 x
4

< <
Bất đẳng thức đã cho
sin x cosx
2 2
, 0 x
sin x cosx 4

> < <
0.25
Khi

0 x
4

< <
thì
0 sinx cosx 1< < <
, ta xét hàm số
t
2
f(t) , 0 t 1
t
= < <
0.25
Có f(t)=
t
2
2 (t.ln2 1)
0
t

<
hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (0; 1).
0.25
Do đó:
sin x cosx
2 2
f(sinx) f(cosx) , 0 x
sin x cosx 4

> > < <

(đpcm).
0.25
VIIa
1. Giải bất phơng trình:
2x x x 4 x 4
3 8.3 9.9 0.
+ + +

(1,00đ)
Điều kiện xác định: x
4

0.25
Chia cả 2 vế của bất phơng trình cho
x 4
9 0
+
>
ta đợc:

2( x x 4 ) x x 4
3 8.3 9 0
+ +

(1)
0.25
Đặt
x x 4
t 3 0
+

= >
, thì (1)

2
t 8t 9
0

t 1
(loại) hoặc t
9
(thoả mãn)
0.25

x x 4 x x 4 2
t 9 3 9 3 3 x x 4 2
+ +
+
x 4 x 2 +

2
x 4 0 x 4
x 2 0 x 2 x 5
x 0, x 5
x 4 (x 2)
+







+

0.25
2. Giải hệ phơng trình:
x y
3
e e ln y lnx
2y x 1
=


= +

(1,00đ).
Với điều kiện x, y > 0 thì hệ phơng trình đã cho

x y
3
e ln x e ln y (1)
2y x 1 (2)
+ = +


= +

0.25
Xét hàm số
t
f(t) e lnt,t 0= + >

có
t
1
f '(t) e 0, t 0
t
= + > >
hàm số f(t)
đồng biến trên khoảng
(0; )+
0.25
Do đó: Nếu x > y thì f(x)>f(y)
x y
e lnx e ln y + > +

(1) vô nghiệm

hệ
đã cho vô nghiệm, tơng tự với x< y thì hệ đã cho cũng vô nghiệm.

x y =
thế vào phơng trình thứ (2) ta đợc:
3
2x x 1= +
0.25

3 2
1 5
x 2x 1 0 (x 1)(x x 1) 0 x 1; x
2


+ = + = = =
Kết hợp lại ta đơc nghiệm của hệ phơng trình là:
(x; y)=(1; 1), (x;y)=
1 5 1 5
( ; )
2 2
+ +
0.25
VIIa
Tìm m để đồ thị hàm số y=
2
mx x m
x 1
+ +

cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2
điểm đó có hoành độ dơng (1,00đ).
Đồ thị hàm số y=
2
mx x m
x 1
+ +

cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2
điểm đó có hoành độ dơng

phơng trình
2
f(x) mx x m 0= + + =
có 2

nghiệm dơng phân biệt, khác 1.
0.50

2
m 0
m 0
1
1 4m 0 m
1
2
m 0
f(1) 2m 1 0
21
m
1 m
2
S 0; P 0
m m
m 0







= > <


< <


= +



= > = >



<

0.50
VIb
1. Giải bất phơng trình:
2
5 5 5
log (5x) log x log (25x )
4 6 2.3
(1,00đ).
Điều kiện xác định: x>0
0.25
Khi đó bất phơng trình
5 5 5
log x log x log x
4.4 6 18.9
(1)
0.25
Chia cả 2 vế của bất phơng trình (1) ta đợc:
5 5
2log x log x

2 2
4.( ) ( ) 18 0
3 3

0.25
Đặt t=
5
log x
2
( ) 0
3
>
, ta đợc:
2
9 9
4t t 18 0 2 t 0 t
4 4
<


5 5
log x log x
2
5
2 9 2 2 1
( ) ( ) ( ) log x 2 x
3 4 3 3 25




Kết hợp lại, bất phơng trình đã cho có nghiệm là:
1
x
25

0.25
2. Giải hệ phơng trình:
2
2
1 x
y
x
2 2 2
3
2 xy 2 1
2
(x y 2x) 2x y 4x 1 0


+ + = +



+ + =

Hệ phơng trình đã cho

2 2
2 2
1 x 1 x

y y
x x
2 2 2 2 2
3 3
2 xy 2 1 2 xy 2 1 (1)
2 2
(x y 2x) 2(x y 2x) 1 0 [(x y 2x) 1] 0 (2)


+ + = + + + = +




+ + + = + =

0.25
Ta có (2)
2
1
x y 2x 1 0 x(xy 2) 1 xy 2
x
+ = + = =
thế vào (1)
0.25
Ta có (1)
1 2
2
x
x

2
1
1
x
1 1
2 2 1
x 2


+ = +
x 1 =
y 1 =
0.25
Vậy hệ đã cho có nghiệm là (x; y)=(1; -1).
0.25
VIIb
Viết phơng trình tiếp tuyến chung của 2 đờng cong (1,00đ).
Đặt
3 2
5
f(x) x x 2, g(x) x x 2
4
= + = +
, xét hệ phơng trình:
0.50

3 2
2
5
x x 2 x x 2

f(x) g(x)
1
4
x
2f '(x) g'(x) 5
3x x 2x 1
4

+ = +

=


=

=


+ = +


Vậy 2 đờng cong đã cho tiếp xúc với nhau tại điểm
1 5
( ; )
2 4

0.25
Phơng trình tiếp tuyến chung của 2 đờng cong tại điểm M
0
1 5

( ; )
2 4

là:

1 5 9
y 2(x ) y 2x
2 4 4
= =
0.25
. . . . Hết
Chú ý: Mọi cách giải khác nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Điểm lẻ 0,25 đợc làm tròn (VD: 6,75 thành 7,00 hay 6,25 thành 6.50).