Dap An Thi Thu Dh 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008

Môn: TOÁN Câu I

Điểm 2.00 1.00

Nội dung 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 𝑚 = 3 m = 3  y = x3 + 3x2  3 *Tập xác định: R *Sự biến thiên: Chiều biến thiên y’ = 3x2 + 6x, y’ = 0  x = 0 và x =  2 y’ > 0  x <  2 và x > 0, trên (,  2), (1, +) y đồng biến y’ < 0  x  (2, 0), trên đó y nghịch biến Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2, ycđ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yct = -3 Các giới hạn: lim𝑥→+∞ 𝑦 = +∞, lim𝑥→−∞ 𝑦 = −∞. Tính lồi, lõm, điểm uốn: y” = 6x + 6, y” = 0 x = -1, điểm uốn I(1, 1). x y’’

-∞ -

Đồ thị

lồi

-1 0

0.25

+∞ +

I(-1;-1)

0.25

lõm

Bảng biến thiên: x y’ y

-∞ +

-2 0 1

-1 -1

0 0

+∞ + +∞

-1 -∞ -3 *Đồ thị : Giao với Oy tại (0;-3), một vài điểm thuộc đồ thị (-3;-3),(-2;1),(-1;-1), (0;-3),(1;1)

0.25

0.25

2 Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi hàm số có cực đại và cực tiểu và ycđ. yct < 0 Thấy rằng y’ = 3x2 + 2mx = x(3x + 2m), y’ = 0  x = 0 và x =  2m/3 Hàm có cực đại và cực tiểu   2m/3  0  m  0 3 3 4m3  27m  0  4m2  27  0  m  2 27 Vậy đồ thị cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi m  3 3 / 2

y c® .y ct  y  0  .y  2m / 3   m

II

𝑥 𝑥 𝜋 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 1 = 2𝑐𝑜𝑠 2 − 2 2 4 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑝𝑡 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 1 = (𝑠𝑖𝑛 + 𝑐𝑜𝑠 )2 2 2 2 2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 = 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑠𝑖𝑛 − 𝑐𝑜𝑠 𝑠𝑖𝑛𝑥 − 1 = 0 2 2 2 2 𝑠𝑖𝑛𝑥 = 0 𝑥 𝑥 𝑥 = 𝑘𝜋 𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 2𝑠𝑖𝑛3 − 𝑠𝑖𝑛 − 1 = 0 𝑠𝑖𝑛 = 1 𝑥 = 𝜋 + 𝑘4𝜋 2 2 2 𝑥 = 𝑘𝜋 Vậy phương trình có nghiệm là 𝑥 = 𝑘𝜋. 2 Giải bất phương trình: 𝑥 2 − 1 + 𝑥 2 − 3𝑥 + 2 ≥ 𝑥 2 − 𝑥 TXĐ: 𝐷 = (−∞; −1 ∪ 1 ∪ 2; +∞) 1

1.00 0.25

0.25

0.25 0.25 2.50 1.25 0.25

0.25 0.50

0.25 1.25 0.25

𝑏𝑝𝑡 𝑥 − 1 (𝑥 + 1) + 𝑥 − 1 (𝑥 − 2) ≥ 𝑥 𝑥 − 1  Dễ thấy 𝑥 = 1 là nghiệm của bất phương trình.

0.25

 Với 𝑥 ≥ 2: 𝑏𝑝𝑡 𝑥 + 1 + 𝑥 − 2 ≥ 𝑥, dễ thấy luôn đúng vì 𝑥 + 1 > 𝑥. Vậy 𝑥 ≥ 2 là nghiệm của bất phương trình.  Với 𝑥 ≤ −1: 𝑏𝑝𝑡 −1 − 𝑥 + 2 − 𝑥 ≥ −𝑥, dễ thấy luôn đúng vì 2 − 𝑥 > −𝑥. Vậy 𝑥 ≤ −1 là nghiệm của bất phương trình. Tóm lại, 𝑆 = (−∞; −1 ∪ 1 ∪ 2; +∞) là tập nghiệm của bất phương trình. III

1 Tìm giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 𝑥 = 2𝑡 𝐴𝐵 = 2; 0; 2 , 𝑝𝑡 𝐴𝐵: 𝑦 = 0 ,giao điểm M ứng với t thỏa mãn 𝑧 = −3 + 2𝑡 11

11

4

3.2𝑡 − 8.0 + 7 2𝑡 − 3 − 1 = 0 𝑡 = . Từ đó ta tìm được M( ; 0; − ). 10 5 5 2 Lập phương trình mặt phẳng (Q). Vì (Q) qua A(0;0;-3) nên có phương trình dạng: 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 𝑧 + 3 = 0, 𝑣𝑡𝑝𝑡 𝑛 𝑎; 𝑏; 𝑐 , 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 ≠ 0. Do (Q) cũng qua B(2;0;-1) nên ta có 2𝑎 + 2𝑐 = 0 𝑎 = −𝑐, 1 . |𝑏|

𝑎 2 +𝑏 2 +𝑐 2

 𝑎 = −𝑏 = −𝑐: chọn 𝑎 = 1, 𝑏 = 𝑐 = −1 𝑄 :𝑥 − 𝑦 − 𝑧 − 3 = 0 Vậy (Q) có phương trình : 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 3 = 0 hoặc 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 − 3 = 0. IV

1 Tính tích phân 𝐼 = 𝜋 4

𝐼= 0

𝜋 4

𝑐𝑜𝑠𝑥 +1 𝑑𝑥 0 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥 𝜋 4

𝑐𝑜𝑠𝑥 + 1 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥 𝜋 4

𝐼1 = 0 𝜋 4

𝐼2 = 0

0.25 0.25 2.50 1.25 0.50

0.75 1.25 0.25 0.25

3

= 𝑏 2 = 𝑎2 + 𝑐 2 , 2 . 3 𝑎 = 𝑏 = −𝑐 Từ (1) và (2) ta có . 𝑎 = −𝑏 = −𝑐  𝑎 = 𝑏 = −𝑐: chọn 𝑎 = 𝑏 = 1, 𝑐 = −1 𝑄 :𝑥 + 𝑦 − 𝑧 − 3 = 0 Lại có 𝑐𝑜𝑠𝛼 =

0.25

0

.

1 𝑑𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥

1 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥

𝜋 4

𝜋 4

0

0

0.25

0.25 2.00 1.00 0.25

𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑑𝑥 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥

𝜋 𝑡𝑎𝑛3 𝑥 4 1 + 𝑡𝑎𝑛 𝑥 𝑑 𝑡𝑎𝑛𝑥 = + 𝑡𝑎𝑛𝑥 |04 = 3 3 2

0 𝜋 4

0.25

𝑡=𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑑 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝐼2 = 2 2 (1 − 𝑠𝑖𝑛 𝑥)

2 2

0

𝑑𝑡 (1 − 𝑡 2 )2

0.50

=

1 4

2 2

( 0

1 1 2 + + )𝑑𝑡 (1 + 𝑡)2 (1 − 𝑡)2 1−𝑡 1+𝑡

1 1 1 1 + 𝑡 22 1 2+ 2 = − + ln |0 = (2 2 + ln ) 4 1−𝑡 1+𝑡 1−𝑡 4 2− 2 4

2

Vậy = 𝐼1 + 𝐼2 = +

3 2 1 2. 𝐶2008 +

1

2+ 2

4

2− 2

+ ln

0.25

.

3 5 2007 7 2 Rút gọn 𝑆 = 4. 𝐶2008 + 6. 𝐶2008 + 8. 𝐶2008 + ⋯ + 2008. 𝐶2008 𝑘 𝑘 Ta có khai triển: (1 + 𝑥)2008 = 2008 𝑘=0 𝐶2008 𝑥 . 0 2007 2008 1 2 Cho k = 1 ta có: 𝐶2008 + 𝐶2008 + 𝐶2008 … + 𝐶2008 + 𝐶2008 = 22008 , (1). 0 2007 2008 1 2 Cho k = -1 ta có: 𝐶2008 − 𝐶2008 + 𝐶2008 … − 𝐶2008 + 𝐶2008 = 0 ℎ𝑎𝑦 0 2008 3 2007 2 1 𝐶2008 + 𝐶2008 + ⋯ + 𝐶2008 = 𝐶2008 + 𝐶2008 + ⋯ + 𝐶2008 , 2 . 0 2008 3 2007 2 1 Từ (1) và (2) ta có: 𝐶2008 + 𝐶2008 + ⋯ + 𝐶2008 = 𝐶2008 + 𝐶2008 + ⋯ + 𝐶2008 =

1.00

0.25

22008

= 22007 , (3). Viết tổng S theo thứ tự ngược lại rồi cộng với chính S ta có: 2007 3 2005 1 2𝑆 = 2. 𝐶2008 + 2008. 𝐶2008 + 4. 𝐶2008 + 2006. 𝐶2008 5 2003 2007 0 + 6. 𝐶2008 + 2004. 𝐶2008 + ⋯ + 2008. 𝐶2008 + 2. 𝐶2008 3 2007 1 = 2010 𝐶2008 + 𝐶2008 + ⋯ + 𝐶2008 , 4 . 2

Từ (3) và (4) ta có 2𝑆 = 2010. 22007 Vậy, 𝑆 = 2010. 22006 .

𝑆 = 2010. 22006 .

0.50

0.25

V

1.00 1.00

1 𝑎+3+4≥2

𝑎+3 4

Tương tự: 𝑏 + 3 ≤ Lại có: 𝑎 ≤

𝑎 2 +1 2

Ta chứng minh

𝑏+7

,𝑏 ≤

𝑎+3≤

, 𝑐+3≤

4 𝑏 2 +1

,𝑐 ≤

2 𝑎 2 +𝑏 2 +𝑐 2 +45 8

𝑐+7

𝑐 2 +1 2 2

4

𝑎+7 4

, suy ra 𝑉𝑇 ≤

, suy ra 𝑉𝑇 ≤ 2

≤2 𝑎 +𝑏 +𝑐

2

𝑎+𝑏+𝑐+21

4 𝑎 2 +𝑏 2 +𝑐 2 +45 8

. .

0.50

0.25

= 𝑉𝑃, ∗ .

Thật vậy,(∗) 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 ≥ 3, luôn đúng. Vì: 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 ≥ 3. Từ đó có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1.

0.25 1.00

2 𝑉𝑇 =

𝑏3 𝑎3 𝑎3 𝑐 3 𝑐 3 𝑏3 𝑏 3 𝑎3 𝑎3 𝑐 3 𝑐 3 𝑏3 + + + + + ≥2 +2 +2 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎𝑏 𝑐𝑎 𝑏𝑐

0.75

= 2 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 = 𝑉𝑃. Từ đó có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi 𝑎 = 𝑏 = 𝑐.

0.25