Dap an thu dh lan 1 toan thpt da phuc

Trường THPT Đa Phúc SỞ GD ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC ***** ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN (Ngày thi 10/3/2013) Câu 1 Nội dung Điểm 1 Khảo sát TXĐ Sự biến thiên Giới hạn Chiều biến thiên Hàm số đồng biến tr[.]

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN SỞ GD-ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC -***** - (Ngày thi 10/3/2013) Câu Nội dung Điểm Khảo sát y x  3x   TXĐ:   Sự biến thiên: 0,25 lim y  ; lim y  o Giới hạn: x   x    x 0 o Chiều biến thiên: y ' 3x  6x 0    x  Hàm số đồng biến ( ;  2) (0; ) ; nghịch biến ( 2;0) Hàm số đạt CĐ x = 2, yCĐ = 2; đạt CT x = 0, yCT = 2 0,25 o Điểm uốn (1; 0) o Bảng biến thiên: x  y’ 2 + 0 – + + + 0,25 y   2 Đồ thị y 0,25 2 1 x 2  x 0 y ' 0    A(0; m), B ( 2; m  4) điểm cực trị  x    OA.OB  cos AOB cos120     OA OB  m( m  4) m m2  8m  20  0,25 0,25 0,25  m 0   m   12  12  (L) (TM) 0,25 Điều kiện sin x 0  x k k   PT  3cos x 3(sin x  cos x)   4(sin x  cos x) 1 sin x sin x 0,25  3cos x  3(sin x  cos x)  4(sin x  cos x) sin x sin x  (sin x  cos x)(3  4sin x)  3cos x  sin x 0  sin x  cos x   (sin x  cos x  1)(3  4sin x) 0    sin x   2 0,25   x   k2 sin x  cos x     x    k2  0,25    x   k  3 sin x     x    k  0,25 Câu Kết hợp điều kiện ta nghiệm: x      k2 ; x   k; x   k 3 Thế y  y  3x   x từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ ta có: x  x  x   y  3x   x  y   x2  2x 1 x2  2x   y  y   ( x  1)  y  ( x  1)   y  ( x  1)   y  0 0,5  x  y  ( x  1)  y 0    x   y x   y  vào phương trình thứ hai ta có: x  , y  2  x   y  vào phương trình thứ hai ta có: x  , y  4 3 1 3 1 Hệ phương trình có nghiệm  ;  ,  ;   4  2  0,5 2 x 1 x  x 1 x 1 x2  I  ln dx Đặt t   dt  dx x x x x x Đổi cận: Câu x 1  t 2; x 2  t  0,25  du  dt  u ln t  t I t.ln tdt Đặt dv tdt    v 1 t 2  0,25  I  5 2 t ln t  tdt 2 0,25 25 ln  ln  16 0,25 Kẻ HM vuông góc AD M Do AD SH  nên AD(SHM) Vậy SMH 600 góc S (SAD) (ABCD) a) SH(ABCD)  VS ABCD  SH S ABCD  M ABCD hình hình vng cạnh a nên K A O S ABCD a  Câu Tam giác vng SAH có: D B H N 0,5 C a a MH  CD   SH MH tan 600  4 1 a a3 Vậy VS ABCD  SH S ABCD  a  3 12 b) Vì AB//DC nên d(AB,SC) = d(AB,(SDC)) = d(A,(SDC)) 4 Vì CA  CH  d ( A, ( SCD))  d ( H , ( SDC )) 3 Kẻ HNCD N, HKSN K 3a Khi đó: d ( H , (SDC )) HK HN  AD  4 1 3a 3a a  2  HK  Vậy d ( AB, SC )   2 HK SH HN 8 0,25 0,25 Câu Đặt t a  b  ab 3  t; a  b (a  b)2  2ab t  2t  2  a b  Ta có: ab     t  t  t 2   P 0,5 3( a  b )  3(a  b) ab 12   ( a  b )  ( t  t   2) ab  a  b  a b t Xét hàm số f (t )  t  t  f '(t )  2t   12  với t 2 t 0,5 12  0, t 2 f(t) nghịch biến [2;+) t2 3 Suy f (t )  f (2) 6  P  Dấu "=" xảy a = b = Vậy Pmax = a = b = 1 Do B  ( BC ) B nằm Ox nên tọa độ B nghiệm hệ:  y 0  B (4; 0)  4 x  y  16 0  Giả sử A(a; 0)  AB (4  a; 0) Do C  ( BC )  C (c; 0,25 16  4c )   16  4a ) Tam giác ABC vuông A nên AB AC 0  c a  C (a; 0,25 1 16  a 2 S ABC  AB AC   a  a 2 3 1 16  4a   a   2 a  Mặt khác S ABC  p.r   a   2 3  Câu 6a  a 7 2 a   a    a 1 Do đó:  a 4  4  a 7  A(7; 0), B(4; 0), C (7;  4), G1  6;   3    4 a 1  A(1;0), B (4; 0), C (1; 4), G1  2;   3  a 4  A(4; 0), B(4;0), C (4; 0) : Loại 0,25 0,25 Ta có (d )  ( P ) E ( 1;0; 4) Giả sử F ( x0 ; y0 ; z0 )  ( P )  x0  y0  z0  0 Vì EF vng góc (d’) nên EF vng góc (d),    u d EF 0  2( x0  1)  y0  1( z0  4) 0  x0  y0  z0  0 0,5 EF 5  ( x0  1)  y02  ( z0  4)2 75  x0  y0  z0  0  F (4;  5;  1)    Giải hệ  x0  y0  z0  0  F2 ( 6;5;9)  2 ( x0  1)  y0  ( z0  4) 75 Câu 7a Ta có: 3Cn 1  8Cn2 3Cn1  3(n  1)  8( n  2)(n  1) 3(n  1)n(n  1)  (n 2) 0,5 0,25  n 11  n  9n  22 0    n  ( L) Ta có khai triển:     x  31  x      11 11  1  C11k ( x )11 k 3k    x  k 0 k 0,25 11 k k 0 i 0  C11k ( x )11 k 3k  Cki Để có số hạng chứa x4  11 k i ( 1)i 11  k k k i i   C (  1) C x   11 k i  x k 0  i 0  11  k  i 4, i k 11  k  2i 3; i k 11 0,25  k 1; i 1   k 3; i 0 Do hệ số x4 là: Cn1 3.C11 (  1)1  C113 33 4422 0,25 Gọi tâm I d1  d suy tọa độ I nghiệm hệ: 0,25  x  y  0  3  I ;    2  x  y  0 Giả sử M trung điểm AD đồng thời giao d1 với Ox  M (3;0); IM  Câu 6b  AB 2 IM 3 S ABCD  AB AD  AD  0,25 S ABCD 12  2 AB   Vì M , I  d1  AD  (d1 )  AD qua M có VTPT n VTCPu d (1;1) nên có PT: 0,25 ( AD) : x  y  0 Do MA MD  AD  Tọa độ A, D nghiệm hệ   x  y 3  2   ( x  3)  y  0,25 Suy ra: A(2;1), D (4;  1), B(5; 4), C (7; 2) (P) chứa (d) nên (P) qua M(2;1;1)  (d ) có dạng: Ax  By  Cz  A  B  C 0  A2  B  C 0     (d )  ( P )  u d n P 0  A  B  C 0 (1)  Góc  (P) 300 nên: A  B  2C sin( ; ( P))   0,25 0,25  2( A  B  2C ) 3( A2  B  C ) (2) 0,25 2 A  B  C   A  B 2 Thay (1) vào (2) ta có: A  AB  B 0    A  B  Khi A  B  Chọn B  1, A 2, C 1  ( P) : x  y  z  0  Khi 2A  B  Chọn B  2, A 1, C   ( P ) : x  y  z  0 0,25 x  ĐK:  2 log x  log x  0 BPT  0,25 log 22 x  log x   5(log x  3) Đặt t log x , BPT có dạng: t  2t   5.(t  3)  (t  3)(t 1)  5(t  3)  t   t     t   3  t    (t  1)(t  3)  5(t  3) Câu 7b  t   log x    x    t    log x    x  16  1 BPT có tập nghiệm là:  0;   8;16   2 0,25 0,25 0,25 - HẾT -