ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA lần i năm học 2015 – 2016 bồi dưỡng (7)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 - 20 Môn: TOÁN ( Vòng lý thuyết ) (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1 2 (1,5 điểm) Cho hàm số y = x − mx + (m − m − 1) x + Tìm m để hàm số đạt cực trị x1 , x thỏa mãn: x12 + 2mx2 − 3m + m − ≤ TXĐ: R 0,25 Ta có y ' = x − 2mx + m − m − Hàm số đạt cực trị x1 , x ⇔ y , = có hai nghiệm phân biệt 0,25 ⇔ x − 2mx + m − m − = (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' > ⇔ m + > ⇔ m > −1(*) 0,5 Vì x1 , x nghiệm (1) nên theo Viet, ta có x1 + x = 2m x1 = 2mx1 − m + m + Từ , (1,0 điểm) 0,25 x12 + 2mx2 − 3m + m − ≤ ⇔ 2m( x1 + x ) − 4m + 2m − ≤ 0,25 ⇔ 2m − ≤ ⇔ m ≤ 2(**) Từ (*) (**) ⇒ −1 < m ≤ thỏa mãn yêu cầu toán x  − tan x − = sin x1 + tan x tan  2 cos x  cos x ≠  Điều kiện  x cos ≠ 0,25 x   sin x sin   2 − tan x − = sin x1 + Khi đó, phương trình ⇔ cos x  cos x cos x    2  x cos( x − ) ⇔ − tan x − = sin x x cos x cos x cos ⇔ (1 + tan x ) − tan x − = sin x cos x  tan x = ⇔ tan x − tan x − = ⇔  tan x = −  π + kπ (tm) π * tan x = − ⇔ x = − + kπ (tm) Vậy phương trình cho có nghiệm 0,25 0,25 * tan x = ⇔ x = (1,0 điểm) 0,25 n 2  Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu-tơn  x −  , biết n x  n n số nguyên dương thỏa mãn 4Cn3+1 + 2Cn2 = An3 (Ở C k , Ak số tổ hợp, số chỉnh hợp chập k n phần tử ) Điều kiện: n ∈ N , n ≥ (*) (n + 1)n((n − 1) 4C n3+1 + 2C n2 = An3 ⇔ + n( n − 1) = n(n − 1)(n − 2) ⇔ 2(n + 1) + = 3(n − 2) ⇔ n = 11(tm(*)) 11 k 11 11 2  2 k 11− k  x − = C ( x ) − = C11k (−2) k x 22−3k    ∑ ∑ 11 Khi  x   x k =0 k =0 22 − k = ⇔ k = Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 5 Suy hệ số x C11.(−2) = −14784 (1,0 điểm) e Tính tích phân I = ∫ (x ) + x +1 ln x + x + + x ln x l e 0,25 0,25 0,5 dx e e ( x + 1).( x.ln x + 1) + ln x + ln x + dx = ∫ ( x + 1)dx + ∫ dx + x ln x + x ln x 1 I=∫  x2 e I1 = ∫ ( x + 1)dx =  + x ÷ = e + e −  1 0,25 e e ln x + I2 = ∫ dx = + x ln x e d (1 + x ln x ) ∫1 + x ln x = ln + x ln x 0,25 e = ln(1 + e) 0,25 1 e + e − + ln(1+e) 0,25 2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(5;−8; 2), C(4;−7; 6) mặt cầu (1,5 điểm) ( S ) : x + y + z − x − y − z − 67 = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với BC tiếp xúc mặt cầu (S) (S) có tâm I(1; 2; 3) bán kính R = 0,25 r 2 Giả sử (P) có vtpt n = ( A; B; C ), ( A + B + C ≠ 0) r uuur r uuur r 0,25 (P) // BC nên n ⊥ BC = (−1;1; 4) ⇒ n.BC = ⇔ A = B + 4C ⇒ n = ( B + 4C ; B; C ) (P) qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P): ( B + 4C ) x + By + Cz − 12 B − 52C = Khi I = I1 + I2 = (P) tiếp xúc (S) ⇔ d [ I , ( P)] = R ⇔ B + 4C + B + 3C − 12 B − 52C ( B + 4C ) + B + C =9  B + 2C = ⇔ B − BC − 8C = ⇔ ( B + 2C )( B − 4C ) = ⇔   B − 4C = B = Với B + 2C = chọn  , ta phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = C = −1 (loại B,C thuộc (P)) B = Với B − 4C = chọn  , ta phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = (thoả mãn) C = 0,5 0,25 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ∠BAD = 120 , tam giác SAB cân (1,0 điểm) S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD theo a Gọi H trung điểm củaAB ⇒ SH ⊥ AB Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) Có ∠BAD = 120 ⇒ ∠BAC = 60 ⇒ ∆AB C Tam giác cạnh a Có CD ⊥ (SHC ) nên góc (SCD) (ABCD) ∠SCH =450 nên tam giác SHC a vuông cân C ⇒ SH = HC = 1 a a a3 SA.S ABCD = a = (đvtt ) 3 2 Có CA=CB=CD=a nên C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Kẻ đường thẳng d qua C song song với SH,SH ⊥ ( ABCD) nên d ⊥ ( ABCD) ==> d trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD VS ABCD = 0,25 0,25 0,5 3a a + = a ⇒ ∆SAB 4 Gọi O tâm tam giác SAB.Kẻ đường thẳng ∆ qua O song song với HC,HC ⊥ (SAB ) nên ∆ ⊥ (SAB ) nên ∆ trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB 0,25 ∆ cắt d I ==> I tâm mặt cầu ngoại tiếp hc S.ABD 4 3a 3a 13 Bán kính mặt cầu R =SI= SO + OI = SH + HC = + =a 9 4 12 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vuông (1,0 điểm) góc B lên AC, M N trung điểm AH BH, cạnh CD lấy điểm K cho 9 2 tứ giác MNCK hình bình hành Biết M  ; , K (9;2) đỉnh B, C nằm 5 5 đường thẳng x − y + = x − y − = , hoành độ đỉnh C lớn 4.Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Có MN đường trung bình tam giác HAB suy MN// AB MN = AB Có tứ giác MNCK hình bình hành nên 0,25 1 CK//MN,CK = AB = CD suy K 2 trung điểm CD N trực tâm tam giác BCM, CN ⊥ BM ⇒ MK ⊥ MB 8  36   B ∈ d : x − y + = ⇒ B (b;2b + 2), MK =  ; , MB =  b − ;2b +  5  5  0,25 52 52 MB ⊥ MK ⇒ MB MK = ⇔ b− = ⇔ b = ⇒ B (1;4) 5 0,25 C ∈ d ' : x − y − = ⇒ C (c; c − 5), c > 4, BC = ( c − 1; c − ) , KC = ( c − 9; c − ) Có SA=SB= c = 9(tm) BC ⊥ CK ⇒ BC.CK = ⇔ (c − 1)(c − 9) + (c − 9)(c − 7) = ⇔  ⇒ C (9;4) c = 4(loai ) Vì K trung điểm CD nên D(9;0) 0,25 Gọi I trung điểm BD I(5;2) I trung điểm AC nên A(1;0)  x + y + x + y + = ( x + y ) + x + y (1) (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R )  x + x + y − + − x − y = 3x + x + y + 12 (2) x + y ≥  x + 2x + y − ≥ (*) *Điều kiện :  − x − y ≥  3 x + x + y + 12 ≥  *Đặt x + y = u( u ≥ ), phương trình (1) trở thành: ( ) u + u + = u + u ⇔ u (u − 1) + u − u + = 0,5   ⇔ ( u − 1)  u +  = u + u+3  u = 1(tm) ⇔ u + = 0(vn) u + u+3  *, Với u =1 ⇒ y = 1-x vào phương trình (2) ta x + x − + x − = 3x − x + 19 ( điều kiện x ≥ ) ⇔ ( x − 2)( x + x − 3) = x − x + 17 0,25 ⇔ ( x − 2)( x + x − 3) = ( x + x − 3) − 10( x − 2)(3) *, Nhận xét x =2 không nghiệm phương trình x + 2x − x + 2x − *, x > , (3) ⇔ = − 10 x−2 x−2 x + 2x − , điều kiện t ≥ (3) trở thành x−2 t = −2(l ) 3t = t − 10 ⇔ t − 3t − 10 = ⇔  t = 5(tm) Đặt t = t=5 ⇒ 0,25  23 + 341 − 21 − 341 x= ⇒y=  x + 2x − 2 = ⇒ x − 23x + 47 = ⇔  (tm) x−2  23 − 341 − 21 + 341 ⇒y= x =  2  23 + 341 − 21 − 341   23 − 341 − 21 + 341  ;   ; ;   2 2    Kết luận, hệ có nghiệm (x;y)  Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện x + y = x + + y − 2014 + 2012 Tìm giá trị (1,0 điểm) 2015 + xy x + y + 2 lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức S = ( x − 1) + ( y − 1) + x + y +1 0,25 Từ điều kiện x + y = x + + y − 2014 + 2012 , ta có ( ( x + y − 2012) = x + + y − 2014 ) ≤ (4 + 9)( x + y − 2012) ⇔ 2012 ≤ x + y ≤ 2025 Ta có biểu thức S = x + y − x − y + + xy + = ( x + y ) − 2( x + y ) + 2015 x + y +1 2015 x + y +1 0,25 +2 Đặt t = x+ y, điều kiện t ∈ [ 2012;2025] 2015 + ,f(t) liên tục [ 2012;2025] Khi S = f (t ) = t − 2t + t +1 2015 f ' (t ) = 2t − − > 0∀t ∈ [ 2012;2025] ⇒ f (t ) đồng biến [ 2012;2025] 2(t + 1) t + 2015 2015 ≤ S ≤ 4096577 + ⇒ f (2012) ≤ S ≤ f (2025) hay 4044122+ 2013 2026 2015  x = −2 Vậy GTNN S =4044122+ t = 2012 ⇔  2013  y = 2014 2015 x = GTLN S = 4096577 + t = 2025 ⇔  2026  y = 2023 0,25 0,25 ... ⇒ C (9;4) c = 4(loai ) Vì K trung i m CD nên D(9;0) 0,25 G i I trung i m BD I( 5;2) I trung i m AC nên A(1;0)  x + y + x + y + = ( x + y ) + x + y (1) (1,0 i m) Gia i hệ phương trình ... trục đường tròn ngo i tiếp tam giác SAB 0,25 ∆ cắt d I ==> I tâm mặt cầu ngo i tiếp hc S.ABD 4 3a 3a 13 Bán kính mặt cầu R =SI= SO + OI = SH + HC = + =a 9 4 12 Trong mặt phẳng v i hệ trục tọa độ... SAB cân (1,0 i m) S nằm mặt phẳng vuông góc v i mặt đáy Biết góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính thể tích kh i chóp S.ABCD bán kính mặt cầu ngo i tiếp S.ABD theo a G i H trung i m củaAB ⇒