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


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

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)


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

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

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

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

> > < <

= >
, 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)
+
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


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







= > <


< <

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




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

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