de thi thu DH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD- ĐT PHÚ THỌ. Trường THPT Tam Nông Câu. ĐÁP ÁN CHẤM THI .(có 5 trang) Môn: Toán , khối A.. ý. Nội dung. Điểm 7.00 2.00. Phần chung cho các thí sinh…. I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 4 2 Khi m=2 hàm số trở thành : y  x  5 x  4. . Tập xác định:D=  . 3. 2. +. 5 2 0. y ' 4 x  10 x 2 x(2 x  5),. y ' 0 .  Sự biến thiên:  Bảng biến thiên: x. 5 2. . -. y’. -. 0. 0 0. -.  x 0   x  5  2. 0.25. + +. 4. .  0.25. y . 9 4. . 9 4.   5  5  ;0  và  ;     2   2  , hàm số nghịch biến  Hàm số đồng biến trên các khoảng    5 5   ;   và  0;  2 2    trên các khoảng . 5 9 yCD  y (0) 4, yCT  y ( )  2 4   Đồ thị :Giao trục Ox: (-2;0), (-1;0), (1;0), (2;0) 2 Tìm các giá trị của tham số m để……(1,00 điểm)  Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục Ox là nghiệm của phương trình:  x 2 1 x 4  (2m  1) x 2  2m 0   2  x 2m (*)  Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau khi và chỉ khi phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng. Trước hết (*) có 4 nghiệm phân biệt thì m > 0 2m theo thứ tự :  Với m> 0 thì các nghiệm (*) là :  1, 1,  2m ,  1,  2m ,. . Hoặc:. 2m ,.  2m ,  1,. 1 là cấp số cộng khi :. 1,. 2 2m 1 . 2m là cấp số cộng khi :. m. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 1 2m  m  18. 0.25. 9 2. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 9 m m 18 , 2. Vậy có 2 giá trị của m thỏa mãn là: II. 2.00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)  Điều kiện : x   Phương trình đã cho tương đương với: 6 cos x  cos 2 x 8  6sin x cos x  9sin x  s in 2 x  6 cos x  1  s inx  2sin 2 x  9sin x  7  (1  s inx)(6 cos x  2sin x  7) 0  1  s inx 0  x   k 2 k  2   6 cos x  2sin x  7 0 vô nghiệm vì :62 + 22 = 40 < 72= 49  x   k 2 k  2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)  x 0   1  y  x 0  Điều kiện:  Phương trình đầu của hệ thành:   1 t  4 t    1 t  4 t  t 2        .5 1  3  t = 0 (vói: t = x - y) do f (t ) 5         5  5   5  5  là hàm sô nghich biên, g (t ) 1  32t là hàm sô dông biên trên  Với t = 0 suy ra x = y Với x= y thay vào phương trình thứ 2 của hệ ta được:  1  x  1 1 1 1 x x 2  2 x  3 x x  1.  ( x  )  3 x   2 0    x x x 1  x  2 x  1 1 5 x  1  x  y  x 2  1 x  2  x  y  2  5 x  Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm(x ; y) như trên. 0.50. 0.50. 0.25. . III. 0.25. 0.25. 0.25 2.00. 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi….(1,00 điểm)  Hoành độ giao điểm của hai đường : xe x xe x y 0, y  là nghiê m phuong trinh: 0  x 0 2 2  x  1  x  1 Vậy hình phẳng cần tính giới hạn bởi: xe x xe x y 0, y  , x  0, x  1 và ta thâ y : 0, x   0;1 2 2  x  1  x  1. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1. . 1. ex dx  dx  2  x 1 0  x  1 0. S . 1. I 2  0. xe x. e. 2. dx x 1. nên : I 2  . ex.  x  1. 2. dx  I1  I 2. 0.  u e x  du e x dx   dat:  dx   1 dv  v 2    x  1 x 1  . x.  x  1. 1. 0.25. 1. e ex e  dx   1  I1 x 1 0 0 x 1 2 0.25. e S   1 Dvdt  2  Từ đó : 2 Tính thể tích và tính khoảng cách….(1,00 điểm) S. H A D B. C 0.50.  SA  ( ABCD )  ACD vuông tai C   SCD vuong tai C  Từ giả thiết : . 0 Và góc BAD bằng 90 và BA= BC= a nên tam giác ABC vuông cân tại B suy ra góc CAD bằng 450 hay tam giác ACD vuông cân tại C có AC CD a 2  AD 2a 1 1 2 3 VSBCD  SA.dt ( BCD)  SA( dt ( ABCD)  dt ( ABD ))  VSBCD  a 3 3 6 (đvtt). SAB tại 2. SH SA SH  SA  2 SB a 3, SHA và SAB dông dang nên ta có :      SA SB SB  SB  3 A nên: VSHCD SH SH 1   VSHCD  .VSBCD mà : VSHCD  d ( H , ( SCD)).dt ( SCD) VSBCD SB SB 3. IV. 3V 3SH .VSBCD a  d ( H , ( SCD))  SHCD   . dt (SCD ) SB.dt (SCD) 3 Chưng minh bất đẳng thức. 0.50 1.00.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> a, b, c  0, a.b.c 1 dat :a  x 3 , b  y 3 , c  z 3  x, y,z > 0 và x. y.z 1," "  x  y  z 1 1 1 1 1 1 1   1  3  3  3 1 3 3 a  b 1 b  c 1 c  a 1 x  y  xyz y  z  xyz z  x 3  xyz (*). 0.50. x3  y 3  xyz  x  y  xy  xyz  x3  y 3  xyz  xy ( x  y  z )  Ta có:. Va. 1 1 1 z   3  (1) 3 3 x  y  xyz xy ( x  y  z ) x  y  xyz x  y  z 3. 1 x 1 y  (2), 3  (3) 3 3 3 x  y  z x  y  z y  z  xyz z  x  xyz Hoàn toàn tương tự có : Từ (1),(2),(3) suy ra (*) đúng ta có điều chứng minh dấu ” =” khi a=b=c=1 Dành cho ban cơ bản… 1 Hình học giải tích…….. (2.00 điểm) a Chứng minh đường thẳng AB song song mặt phẳng (P)… (1,00 điểm)   AB (  4;0; 4) n  Có , mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là : (2;  1; 2) .    AB.n  4.2  0  2.4 0 và : A  ( P)  AB / /( P)  Mặt phẳng (Q) trung trực của AB nhận AB( 4;0; 4) làm véc tơ pháp tuyến và đi qua trung điểm I (2;0; 2) của AB nên có phương trình:  4( x  2)  0( y  0)  4( z  2) 0  x  z 0 b Tìm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều (1,00 điểm)  Tam giác ABC đều khi và chi khi AB=AC=BC  AB  AC  AB  AC C   ( P)  (Q)    AC  BC C  ( Q ) AB  AC   Hay do C(P) suy ra : .  .  x t  2 x  y  2 z  4 0    y  4  4t , t    x  z 0   z t  Xác định phương trình của  :…. 0.50. 3.00. 0.5. 0.5. 0.25. 0.25. Vì C  nên C(t;-4+4t;t)mà CA= CB nên CA2= CB2.  t 0 AB  AC  32  t  4     4  4t   t  9t  20t 0    t  20 9  20 44 20 C (0;  4;0) và C ( ; ; ) 9 9 9  Có hai điểm là 2 Tìm phần thực của số phức…(1,00 điểm) log  n  3  log5  n  6  4 Tìm số n thỏa mãn: 4 (*) điều kiện n >3 f (t ) log 4  t  3   log 5 (t  5)  Ta thấy n = 19 là một nghiệm của (*) mà hàm số: đồng biến  Nên khi n >19 thì : f(n)>4 khi: 3 < n < 19 thì: f(n)< 4 Vậy n=19 là duy nhất   w 1  i  2(cos  i sin ) 4 4  Dạng lượng giác của số phức:  Với n= 19 áp dụng công thức Moavrơ ta được: 19 19  3 3   19  z w19 ( 2)19  cos  i sin  i sin  ( 2)  cos  4 4  4 4    2. 2. 2. 2. 2. 2. 0.50. 0.50. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  2 Suy ra phần thực của Z là : Vb. 19. cos. 3 2  ( 2)19 .  512 4 2 .. Dành cho chương trình nâng cao .. 1 Hình giải tích ..(2,00 điểm) a Chứng minh hai đường thẳng chéo nhau và tính khoảng cách..(1 điểm) .  .  Đường thẳng d1 đi qua điểm M1(4;1;-5) và có véc tơ chỉ phương u (3;  1;  2) Đường thẳng d2 đi qua điểm M2(2;-3;0) và có véc tơ chỉ phương u ' (1;3;1)          u, u '  5;  5;10  , M 1 M 2 ( 2;  4;5)   u , u ' .M 1 M 2 60 0     Nên hai đường thẳng d1, d2 chéo nhau      u , u ' M 1 M 2 60 60   d  d1 , d 2     2 6  2 2 2 5 6  u , u ' 5  5  10  .  b Viết phương trình mặt cầu ….(1,00 điểm )  Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và d  d1 , d 2  B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2  Ta tìm A, B :    AB  u     AB  u ' Ad , Bd nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)  AB 1 2  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)  I(2; 1; -1) (….)…  Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6.  x  2 Nên có phương trình là:. 2.  ( y  1) 2  ( z  1) 2 6. 3.00. 0.75. 0.25. 0.25. 0.50. 0.25. 2 Tìm dạng lượng giác của số phức …(1,00 điểm) log a x , x  o; a logb c C logb a , vói : a, c  0, b  0, b 1 Áp dụng công thức: x a 2 2 log3 ( n 2  2 n 6)  4log3 ( n  2 n 6) 5log3 ( n  2 n 6) Phương trình đã cho tương đương với : 3. . Đặt : t =. log 3  n 2  2n  6  t. ta được phương trình:. 0.25. t.  3  4 3t  4t 5t       1  t 2  5  5 t. t.  3  4 f (t )      nghich biên và : f (2) 1  5  5 (Hàm số : )  Với t = 2 ta có phương trình:  n 3 log3  n 2  2n  6  2   n 2  2n  6  9  n 2  2n  3 0    n  1 Do n N nên n = 3.       1  3.i 2  cos     i sin      3  3   nên :   Ta có: . Với n= 3, áp dụng công thức Moavrơ :. z (1 . 0.25. 0.50. 3. 3.i) 8  cos      i.sin(   )  .. Ghi chú :  Trong đáp án chỉ trình bày một cách giải nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì đều được điểm tối đa theo từng phần của đáp án.  Thí sinh viết sai các kí hiệu phép toán, sử dụng sai thuật ngữ thì không chấm điểm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>

<span class='text_page_counter'>(7)</span>