ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A

Đáp án

Điểm

Câu Câu 1

1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị

3

y

x

23 x

1

0,25

Với ta có 1m   TXĐ: D    Sự biến thiên

2

.

+) Chiều biến thiên:

 x x

y   y x x  ' 3 6 3 2 ' 0 1     y 3      y 

0; 2 .

x

0,

2,

; 0

y ct

 y cd

    x 0 x 2 2;  , nghịch biến trên khoảng   và    .  ; đạt cực tiểu tại 3 1

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng  +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x +) Giới hạn:

    y y , lim  x





lim  x +) Bảng biến thiên

0 0

x 'y

2 0

0,25



y



3

 Đồ thị

1

y

1

-1

1

2

3

O

x

0,25

-3

 n  1

0,25

2

 

m

y

x

 x m

y

m

m

m

 ' 3

2

  1

3 2

'(1)

2

  4

   1

 . 2

2. (1,0 điểm) Tìm m….  Ta có 2;1 

là VTPT của đường thẳng d . 

0,25

2;1

Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Suy ra phương trình của  có dạng: (1)

là VTPT của  .

 m

 n 2

   y y x y '(1) 1

0,25

0 cos 30

Theo đề bài ta có:

. Do đó   n n . 1 2   n n 2 1

   cos   n n , 1 2 3 2 .

2

.

 m 2(  2) 1          m m m 20 25 0  10 5 3

0,25

2

3 2   m 5. ( 2) 1

Câu 2

Giải phương trình :

  x x 3 sin 2 cos 3 2  x cos  x 2 sin 1

x

k

 2

x

k

sin

,

.

Điều kiện:

1   2

k

 2

0,25

 6  5 6

     x 

Phương trình

x

x

x

x 4 sin cos

2 cos

3

0

     x x x x cos 2 sin 1 3 sin 2 cos 3 2

0,25

x

x

2 sin

1 2 cos

3

0

x

x

x

0

2 cos

2 sin

1

1

2 3 sin 

 3 2 sin



0,25

          x x    x  n x  m sin , cos 2 , 2  m x , 2 1 2 3 2  6  6  7 6

0,25

Kết hợp điều kiện ta có

3

2

     x k x k k  .  2 ,  2 ,  7 6

Câu 3

x

x

y

4

3

4

2

0

.

Giải hệ phương trình

 2

 2 y

x

x

3

4

6

  1

0

   

3

x

x

3 y

y

1

3

1

4

4

0

.

Ta có hệ

2

 6 3 y

0,25

x

2 y

3

1

4

4

0

      

3

3 y

=

x 1 -

Đặt a

, ta có hệ:

3

2

 a a y 4 3 4  2    2 y a 3 4 4    

3 y

2 y

Suy ra

    a a y a 4 4 3 4 3 4



3

a

2 a y

2 ay

3 y

a

y

.

5

12

12

32

0

5

8

2

0

   

 y a

2

    a a y y, 2 8 5

0,25

2

5

     

2 y

y

2 y

y

3

4

4

.

thay vào hệ ta có

8 5

25 23

23

  

  

8

8

8

8

 

a

x

a

x

  1

  1

  a y 8 5

0,25

23

23

23

+)

.

+)

5

5

5

23 5

 

 

y

y

b

y

23

23

23

23

      

      

      

      

2 y

thay vào hệ ta có:

1     a y y 2 1 2 2

+)

.

+)

   a x a x   1 2   1 2   2 1 1 2 1 1       b y y y

0,25

2 2 2 2                    

.

Vậy hệ có 4 cặp nghiệm 

8 5 1      ; 2; x y ; 1 2       SH

Câu 4

. Kẻ MH vuông góc với AB, M

23  (   , 1     ABCD )

0,25

.

SMH  ABCD , do đó  060 23 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra thuộc AB. Ta có SMH là góc giữa hai mặt phẳng  SAB và  

S

Vì

nên

, suy

 d D AB ,

a 3    MH HB DB 1 3 6

ra

.

0 . tan 60

 SH MH 1 3 a 2

0,25

Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên

2

2

K

.

ABCD

ABD

B

C

Thể tích khối chóp

M

2

3

a a 3 3   S S 2 2. 2 4 .S ABCD là

H

.

ABCD

N

A

D

a 3 3    V SH S . a a . 1 3 1 . 3 2 2 12

0,25

Ta có

.

 d AB SC

 d AB SCD , ( )

 d B SCD , ( )

 d H SCD ) , (

     AB SCD ) ( ,

.

Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó

a

HK 3  2  d H SCD ) , (

SH HN .

7

HK

Vì

nên

.

 d B CD ,

7

2

2

a 3 3    HN 2 3 a 2 3 2 3

0,25

SH

HN

.

Vậy

 d AB SC  ,

3 7

Câu 5

3

2

x

x

3

I

dx

Tính tích phân

.

  x 3 2

2

x

x

2

3

a 14 0   1

0,25

3

2

2

2

Ta có

.

. Đặt

           x x x x x t x x dt x dx x 3 3 1 2 3 2   3 1



   

x

t

 x

1

2,

0

   . t 3

Đổi cận

t

6

I

dt

1 2

0,25

Khi đó

 2

1 2

t

3  2

3

0,25

dt

t

ln

6 2

6 t

1 t

1 2

1 2

  

  

t

  

  

2

0,25

ln

1

.

1 2

3 2

  

3  2   

Câu 6

2

2 c

Tìm max

.

x

y

b

  ya

 3 2

1

30

xa c ,

x y ,

0

Đặt

. Giả thiết bài toán trở thành 

2 x

3 y

  

  

   b c a 2  P 7 72 a

0,25

x

y

x

y

  20

2

6 x

9 y

x 6 y

y 2 x

x y

6 x

9 y

x y

y 2 x

x 2

3 2

3 2

9 2

  

  

  

  

  

  

0,25

    

  

x

x

6 6 6

4

x y

x 3 y

x 2

3 2

y 4  y 3

 P x

y

y

2 y

2 y

2

7 72

2

7 72

f y ( )

Ta có

.

y 4  y 3 , ta có

Xét hàm số ( )

f y với

y  0

0,25

y

12

7

24

504

 

f

  y

f y '( )

  2

y ''( )

0,

0

và

2

3

y

(

3)

2 y

y

72

3

2

2 y

72

  

f

y

Suy ra

.

f y '( )

'(3)

  0

f y '( )

0

3

0,25

55

55 

P  

y

55

.

là hàm đồng biến trên  f f y ( ) (3)    b 2

 0;  và   a c 2 ,

hay a 3

Lập bảng biến thiên ta suy ra Đẳng thức xảy ra khi x 3,

. P   . Vậy max

 

ABM AN BM N

 là trung

Câu 7.a Gọi N là giao điểm của DK và AB. Khi đó DAN

0,25

 AK

AM x

y

DK x

y

: 2

  3

0,

:

2

3

;

,

  . 0

điểm cạnh AB. Ta có

phương trình

8 5

  

4 5  AN

 N DK

n

n

n

3;

2

2;

1

Vì

.

   

 N n 2

2

2

2

AN

AB

AN

n

n

2 n

n

  2

  4

2

2

1

  4

5

6

  1

0

Mà

1 2

0,25

   n

n

1,

1   . 5

0,25

   

n

x

x

x

2

2

+) Với

(loại)

B

A

N

1 5

21 5

n

     x

B

1 2,

1

 1; 3

.

+) Với

B

y

C

   3

Phương trình BC:

0,25

.

Phương trình

   y 3 B   ) 5 D 5;1

 5; 3 (

CD : x = Þ

0,25

.

t ; 2

Câu 8.a Gọi I là tâm của mặt cầu (S), I d nên

d I

( , (

))

     t t ; 3 2  nên ( , ( ))  d I

I  và 

0,25

t

Vì (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng  11

t 5

7

1

  

t

t

t

  t 5

11

7

1

5,

  . 1

3 R

+)

3   1;1;1 ,

t I    1 2  . Phương trình mặt cầu (S):

0,25

2

2

2

x

y

z

1

1

1

 . 4

0,25

+)

 12

 . Phương trình mặt cầu (S)

   

2

2

2

x

y

z

.

5

7

13

144

2n 

.

 t I R 5 5; 7;13 ,

0,25

2 n

2 n

Ta có

 1) 3 (       n n 3 2 3   15 2 ( 1) 3 15

Câu 9.a Điều kiện 2 C n

2 A n

n n 2

0,25

2 7   n

.

 n n 30 0 10    n

0,25

k

10

 30 5

3

3

C

x

x

x

2

k k .( 3) .

2

2

Khi đó

k 10

3 2

3 2

x

  

  

10   

10   k 0

  

k

k

4

.

0,25

10 6 4 10

x

là:

.

Câu 7.b

 HD 

 6; 3

BC x

y 

: 2

4

0

Ta có

0,25

 DH x :

y 2

ứng với 30 5  4 C 10.2 .3 . , suy ra phương trình   . 0 8

  x  Số hạng chứa 10x Vậy số hạng chứa 10x  Phương trình

0,25

,

5

.

Gọi M là trung điểm cạnh BC , ta có

 IM d I BC

 AH B C

IM

'

2

2 5

AHB C là hình bình hành nên

.

0,25

a a

'  AH

a

a

2

14;7

Kẻ đường kính Vì   A DH

.

'BB , khi đó    A 8 2 ; 2

2

2

  

a

a

a

14

7

20

7

4

9,

 . 5

0,25

 10; 9

.

 hoặc

Suy ra   a 2 2; 5A  Vậy

 a  A 

   

.

I 2   t ;  t t ; 3 2

Câu 8.b Gọi I là tâm của mặt cầu (S), ta có

0,25

2

  t

 AI

  IA

Suy ra

.

t ;

t 3; 2

t 6

là VTCP.

2;1; 2

0,25

Đường thẳng d đi qua  BI

  t

t

t

  t

3;

4

t 9 6   u    t 1; 6

 12;

5

  B   

 và có 1; 1; 0         BI u

2

2

2

2

.

Do đó

 d I d ,

t 1; 2 3    BI u  u

     t t (4 1) t 6 12 5   t 53 170    3 t 142 3

0,25

2

2

  IA

t

t

t 53

t 142

170

54

54

81

Theo đề bài, ta có

 d I d ,

2   t

t

89

89

1,

0

+)

.     t t 88  . Phương trình mặt cầu (S):

 1;1;1 ,

2

2

2

x

y

z

1

1

1

 . 9

t I  R IA    1 3

0,25

t

I

 R IA

+)

  89

91; 89;181 ,

48069

 . Phương trình mặt cầu (S):

2

2

2

x

y

z

.

91

89

181

48069

Câu 9.b

 

.

Điều kiện:

 y 1 2

x  0   0  xy 

0,25

log

(8xy)

2

Û

=

x

x

x

(

y 2 )

(

y 2 )

(

y 2 )

(x 2y) +

8

   log ( xy ) log  8 log ( xy ) 2  1 x y log 2

0,25

.

8xy

2y

2y

x

2y

Û

=

+

Û

-

0 = Û

=

( x

2 )

( x

2 )

0,25

y

2y

y

Thay vào phương trình thứ hai ta có:

4 4.4 5 4 - + 0 = Û = 5 4

x y ( ; )

2 log

; log

.

. Vậy hệ có hai cặp nghiệm:

4

4

4

4

  y   x log 2 log

0,25

5 4

5 4

  

   

5 4 5 4

Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.