Đáp án Toán - THPT Thanh Miện I
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (97.57 KB, 4 trang )
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Câu I Lời giải Điểm
1)
+ Tập xác định
{ }
\ 1D = ¡
Tìm giới hạn => tiệm cận đứng x=1 tiệm cận ngang y=1
+ Tính
2
3
' 0,
( 1)
y x D
x
−
= < ∀ ∈ ⇒
−
hàm số luôn nghịch biến trên
( ;1)−∞
và (1; )+∞ ⇒
hàm số không có cực trị. Lập bảng biến thiên.
+ Vẽ đồ thị (C) và nhận xét đồ thị
0,25đ
0,25đ
0,5đ
2) *Gọi 2 điểm cần tìm là A và B . Vì A, B đối xứng qua
∆
nên
AB ⊥ ∆
và trung
điểm I của
AB ∈∆
.
Do
AB ⊥ ∆
=> phương trình của đường thẳng AB có dạng
3y x m= +
.
*Do
, ( )A B C∈
nên tọa độ A,B là nghiệm của hệ
( )
3
2
1
1
y x m
x
y
x
= +
+
=
−
Hoành độ A, B là nghiệm của phương trình
2
3 (4 ) 2 0
2
3 (*)
1
1
x m x m
x
x m
x
x
− − − − =
+
= + ⇔
−
≠
(Với
1x
≠
). Để
,A B∃
thì (*) có 2 nghiệm phân biệt
1≠
2
4 40 0
3.1 (4 ).1 2 0
m m
m m
∆ = + + >
⇔
− − − − ≠
luôn đúng
m
∀
Theo Vi ét ta có
4
3
A B
m
x x
−
+ =
; theo (1) ta có
4
A B
y y m+ = +
Vậy tọa độ trung điểm I của AB là
4 4
;
6 2
m m
I
− +
÷
Do
(0;2) (2;4)
2
(2;4) (0; 2)
A B
I m
A B
∈∆ ⇔ = − ⇔
−
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu II
1)
Giải phương trình
4
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
Điều kiện
2
2
1 0
1
1
x
x
x x
− ≥
⇔ ≥
≥ −
Ta thấy
2 2
( 1)( 1) 1x x x x− − + − =
. Nên ta đặt
4
2
1 0u x x= − − ≥
và
2
1 0v x x= + − ≥
Khi đó ta có hệ
2
2 (1)
1 (2)
u v
u v
+ =
=
Từ (1), (2) có phương trình
3 2
2 1 0u u− + =
1u
⇔ =
hoặc
1 5
2
u
+
=
Với
1u =
ta có
1v =
. Với
1 5
2
u
+
=
Ta có
3 5
2
v
−
=
Với
2
2
1 1 1
1
1
1 1
u x x
x
v
x x
= − − =
⇔ ⇔ =
=
+ − =
0,25đ
0,25đ
Với
4 4
1 5
1 1 5
2
( ) ;
2 2
3 5
2
u
x
v
−
+
=
+
⇔ = + =
−
=
α α α
0,25đ
0,25đ
2)
*Ta có
2011 2011 2011
sin sin cos cos sin cos
2 2 2
x x x x
− = − = −
÷
π π π
Nên phương trình đã cho có dạng
1
3tan 3sin 3 2cos
cos
x x x
x
− + = +
(1) điều
kiện
cos 0x
≠
*Với điều kiện trên (1)
3sin 1
3sin 3 2cos
cos cos
x
x x
x x
⇔ − + = +
2
2
3sin 3sin cos 3cos 2cos 1
3sin (1 cos ) 2cos 3cos 1
3sin (1 cos ) (cos 1)(2cos 1)
(cos 1)(2cos 3sin 1) 0
cos 1
3sin 2cos 1
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x
x x
− + = +
⇔ − = − +
⇔ − = − −
⇔ − + − =
=
⇔
+ =
Với
cos 1x
=
thỏa mãn điều kiện
cos 0 và cos 1 2x x x k
≠ = ⇔ =
π
là nghiệm
phương trình
Với
3sin 2cos 1x x+ =
thỏa mãn điều kiện
cos 0x ≠
…
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu III
( )
( )
4 4
2 2 2
6 6
2
4 4
2
6 6
2
4 4
6 6
cos sin cos
sin (1 sin ) sin (1 sin )
sin
1 (1 sin )
sin 2 (1 sin )
1
ln sin ln 1 sin
2
2 1 1 3 5
ln ln ln ln
2 2 2 2 4
1 1 6 1 5
ln 2 ln ln
2 2 5 2 3
x x x
I dx dx
x x x x
d x
d x
x x
x x
= =
+ +
+
= −
+
= − +
= − − −
÷
= − =
∫ ∫
∫ ∫
π π
π π
π π
π π
π π
π π
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu IV
1)
Theo giả thiết
( )SA ABC
AC CB
⊥
⊥
Nên góc giữa (SBC) và (ABC) là
·
SCA =
α
Do
SA ABC SAC⊥ ⇒ ∆
vuông tại C
=>
tan tanSA AC a= =
α α
Vậy
3
1 tan
.
3 6
ABC
a
V SA S
∆
= =
α
Gọi I là trung điểm BC, do G là trọng tâm tam giác ABC
=>
2AG GI=
Vì vậy
1
( ;( )) ( ;( ))
3
d G SBC d A SBC=
(1)
Mặt khác từ A kẻ
( )AH SC AH SBC⊥ => ⊥
nên AH là khoảng cách từ A tới
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(SBC) và
ABC
∆
vuông tại A do AH là đường cao
sinAH a
=> =
α
(2)
Từ (1) và (2) =>
1
( ;( )) sin
3
d G SBC a=
α
0,25đ
2) *Do
ABCD
vuông =>
AC BD
⊥
tại trung điểm I mỗi đường
Do
AC BD⊥
=> phương trình
: 1 0AC x y− + =
Tọa độ I là nghiệm của hệ
1 0
( 2; 1)
3 0
x y
I
x y
− + =
=> − −
+ + =
=>
( 5; 4)C − −
D BD∈
có phương trình
3 ( ; 3)y x D d d= − − => − −
Do ABCD vuông
2 2 2 2
( 2 ) (2 ) 9 9ID IC d D=> = ⇔ − − + + = +
2 3 1
2 3 5
d d
d d
+ = =
⇔ ⇔
+ = − = −
Với
1 (1; 4) ( 5;2)d D B= ⇒ − ⇒ −
Với
5 ( 5;2) (1; 4)d D B= − ⇒ − ⇒ −
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
3)
*
B d
∈
có phương trình tham số
3 2
2 4
6
x t
y t
z t
= +
= +
= +
(3 2 ;2 4 ;6 ) (4 2 ;2 4 ;4 )B t t t AB t t t=> + + + => + + +
uuur
Do
2 0 2 ( 8 4 ; 4 8 ; 8 2 )AC AB AC AB t t t+ = ⇔ = − = − − − − − −
uuur uuur r uuur uuur
(1)
Do
( 1;0;2)A −
(2)
Từ (1), (2) =>
( 9 4 ; 4 8 ; 6 2 )C t t t− − − − − −
Vì
( )∆
cắt (P) tại (C) =>
( ): 2 3 0C P x y z∈ − − + =
nên ta có phương trình:
5
2( 9 4 ) 1( 4 8 ) ( 6 2 ) 3 0 ( 19; 24; 11)
2
t t t t C− − − − − − − − + = ⇒ = ⇒ − − −
Vậy phương trình
1 2
:
18 24 13
x y z+ −
∆ = =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu V
Áp dụng Cô Si ta có
3
1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
x y z x
y z
+ +
+ + ≥
+ +
(1)
3
1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
y x z y
x z
+ +
+ + ≥
+ +
(2)
3
1 1 3
(1 )(1 ) 8 8 4
z x y z
x y
+ +
+ + ≥
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của (1),(2),(3) có:
3
2 4
x y z
VT
+ +
≥ −
(4). Mà
3
3 3x y z xyz+ + ≥ =
(5)
Từ (4)(5)
3
4
VT⇒ ≥
Dấu = xảy ra
1x y z⇔ = = =
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Câu VI
a)
+ Với 2 số phức
và ' ' 'z x yi z x y i= + = +
+ Ta chứng minh
' '
z
z
z z
=
.
0,25đ
khi đó
1
1
z
z i
−
=
−
1z z i⇔ − = −
(1). Gọi
z x yi= +
thì (1)
( 1) ( 1)x yi x y i⇔ − + = + −
2 2 2 2
( 1) ( 1)x y x y x y⇔ − + = + − ⇔ =
Vì
( , )
z
z x yi M M x y= + ⇒ =
. Do đó tập hợp các điểm
( )mp Oxy∈
biểu diễn
z
là đường thẳng
.x y=
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b)
Điều kiện
0x >
Với điều kiện đã nêu phương trình
3 3 3
1 log log 2 2log
4 6 2.3
x x x+ +
⇔ − =
3 3 3
log log log
4.4 6 18.9
x x x
− =
3 3
2log log
2 2
4. 18 0
3 3
x x
− − =
÷ ÷
(2). Đặt
3
log
2
0
3
x
t
= >
÷
Pt (2) trở thành
9
4
2
4 18 0
2
t
t t
t
=
− − = ⇒
= −
, chỉ có nghiệm
9
4
t =
thỏa mãn. Do đó
3
log 2
2
1
3
9
2 2
log 2 3
3 3
x
x x
−
−
= ⇔ = − ⇔ = =
÷ ÷
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
