Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 1463081a

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (HDC gồm 07 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với Câu Câu 8, thí sinh không vẽ hình vẽ hình sai không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu (1,0 điểm) Thang Nội dung điểm *) Tập xác định: D   *) Sự biến thiên: x  + Chiều biến thiên: y' = 3x - 6x = 3x(x - 2) , y' =   x  y'  0,x   ;0   2;   y'  0,x   0;2    Hàm số đồng biến khoảng ;0 2;     0,25 Hàm số nghịch biến khoảng 0;2 + Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực đại x = 0, yCĐ = y(0)= Hàm số đạt giá trị cực tiểu x = 2, yCT = y(2)= -4 3    x  3 lim y  lim  x  x   lim x 1     x  x  x   x     + Giới hạn tiệm cận: lim y  lim x  x  lim x 1  x  x  x  0,25 Đồ thị hàm số tiệm cận + Bảng biến thiên: 0,25 *) Đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số giao với trục Ox điểm:  0;0  ,  3;0  Đồ thị hàm số giao với trục Oy điểm:  0;0  Trang 0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung Hàm số f  x   f '(x)   x   liên tục đoạn 1;3 x 2  x2 f '(x)    0,25  x   1;3 2    x    x2  x  2  1;3 0,25 2 19    ; f       3; f  3     2 2 Từ ta có: max f ( x)  f 1  , f ( x)  f    1;3 1;3 Vậy: Giá trị nhỏ hàm số f  x  đoạn 1;3 x  Ta có f 1  Giá trị lớn hàm số f  x  đoạn 1;3 x  0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung Thang điểm a) 32 x 1  2.3x    3.32 x  2.3x    3.3x  3x      3x     3.3 x   0, x   0,25   3x   x  Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm: S  0;   x  b) Điều kiện xác định:   x0 9 x  Trang 0,25 Khi ta có phương trình: log  x   log x   log  log x  log 32 x  0,25   log x  log x   log x  2  log x   x   x  (thỏa mãn điều kiện xác định) Vậy phương trình cho có nghiệm x  0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung ln x  0,x  1;e  nên diện tích hình phẳng cần tìm là: Vì: x e S e ln x ln x dx   dx x x 0,25 dx x Đổi cận: Với x  ta t  Với x  e ta t  Đặt: t  ln x  dt  0,25 1 Khi đó: S   t dt  t  0  0,25 1   Vậy: Diện tích hình phẳng cần tìm 3 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung Mặt phẳng   qua A  2; 1;3   vuông góc với trục Oz nên   nhận  k  0;0;1 làm véctơ pháp tuyến 0,25 Mặt phẳng   có phương trình: 0. x    0. y  1  1. z     z   Mặt cầu tâm O  0;0;0  Thang điểm tiếp xúc với mặt phẳng R  d  O,    Mặt cầu cần tìm có phương trình: x  y  z    có bán kính 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung a) 2cos x  8sin x    2(1  2sin x)  8sin x    4sin x  8sin x     2sin x  1 2sin x  3  Trang Thang điểm 0,25   x   k2   sin x  ( sin x   0, x   )   (k  Z )  x    k2   5 Vậy phương trình cho có nghiệm : x   k2 , x   k2 (k  Z ) 6 0,25 b) Không gian mẫu:  : “ học sinh từ 100 học sinh đội niên tình nguyện” n     C100  161700 0,25 Biến cố A : “ học sinh từ 100 học sinh đội niên tình nguyện cho có học sinh nữ ” n  A   C602 C40  70800 Xác suất cần tìm P ( A)  70800 236  161700 539 0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung S H D A B E C I K Vì SA   ABCD   SA  CB CB  AB  CB   SAB   SB CB  SA Do  hình chiếu vuông góc SC 0,25   CSB   30o mp  SAB  Vậy góc hợp SC với mp  SAB  CSB   BC.cot 30o  a  SA  a  SB  BC.cot CSB 2a Vậy thể tích khối chóp VS ABCD  SA.S ABCD  3 Trong  ABCD  dựng đường thẳng qua C song song với DE cắt AD I a 3a a , AI  , CI  2 DE  CI  DE   SCI   d  DE , SC   d  DE ,  SCI    d  D,  SCI    DI  CE  Trang 0,25 d  D,  SCI   d  A,  SCI    DI 1   d  D,  SCI    d  A,  SCI   AI 3 Từ A kẻ AK  CI  K  CI  , kẻ AH  SK  H  SK   AK  CI  CI   SAK   CI  AH  SA  CI 1  2 Ta có:  0,25 Từ 1 ,    AH   SCI   d  A,  SCI    AH Ta có AK CI  CD AI  AK  CD AI 3a  CI 1 1 19 38  2  2   AH  2 AH SA AK 2a 9a 18a 19 1 38 d  ED, SC   d  A,  SCI    AH  a 3 19 0,25 Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung Gọi H trực tâm tam giác ACD, suy CH  AD nên CH || AB (1) Mặt khác AH||BC ( vuông góc với CD ) (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ABCH hình bình hành nên CH=AB (3)   BAF  (so le trong) Ta có: HCE (4) Từ (3) (4) suy ra: HCE  BAF (cạnh huyền góc nhọn) Vậy CE = AF 0,25   DCB   900 nên E , F nằm đoạn AC Vì DAB Phương trình đường thẳng AC: x  y   a  a  Vì F  AC nên F  a; 2a  5 Vì AF  CE    Với a   F  5;5 (không thỏa mãn F nằm đoạn AC)   Với a   F  3;1 (thỏa mãn) Vì AF  EC  E 1; 3  BF qua F nhận EF (2; 4) làm véc tơ pháp tuyến, BF có phương trình: x  y   B giao điểm  BF nên tọa độ B nghiệm hệ phương Trang 0,25 x  y   x    B  5;0  x  y   y  0,25 trình:   Đường thẳng DE qua E nhận EF (2; 4) làm véc tơ pháp tuyến, DE có phương trình: x  y    Đường thẳng DA qua A nhận AB (1; 3) làm véc tơ pháp tuyến, DA có phương trình: x  y   D giao điểm DA DE nên tọa độ D nghiệm hệ phương trình: 0,25 x  y    x  5   D  5;0  Kết luận: B  5;0  , D  5;0   x  3y   y  Câu (1,0 điểm) Thang điểm Nội dung Điều kiện xác định: -1  x  Phương trình cho tương đương với: x    x   x  12 x  38 x  12 x  67  x    x   x  3  x  1  x   Với điều kiện -1  x  ta có:  x  3  *  x  1  x    0,25 0,25 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:  x 1   x   1  1 x    x   16  x    x  0,25 Từ ta có phương trình * tương đương với:  x  2  x  17  x     x    x    x  Vậy phương trình cho có nghiệm : x = 0,25 Câu 10 (1,0 điểm) Nội dung Vì a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện a  b  c  nên ta có: 0  a, b, c   2 a  b   c  2 b  c   a c  a   b  Ta chứng minh:  a b c a b c      2 2 b c c a a  b  a  b  c2 a b c 3    a  b2  c2   2 1 a 1 b 1 c Thật vậy, ta xét : Trang Thang điểm a 3  a   3a 1  a   1 a   3a   3a   (luôn với a   0;1 ) Do : a 3  a 1 a b 3 c 3  b ,  c 2 1 b 1 c a b c 3 Từ ta có:    a  b2  c2   2 1 a 1 b 1 c 2 2 Mặt khác ta lại có: a  b  c  ab  bc  ca  a, b, c  Chứng minh tương tự ta có: Ta được: 0,25 a b c 3     ab  bc  ca  2 1 a 1 b 1 c +) Xét: ab  bc  ca  3 a 2b 2c  ab  bc  ca  3 abc Suy P   ab  bc  ca    ab  bc  ca   ab  bc  ca 0,25 Đặt t  ab  bc  ca điều kiện  t  Khi P  t  3t  2t Xét hàm số f (t )  t  3t  2t  0;1 Dễ thấy f (t ) liên tục  0;1 f '(t )  3t  3t   0,25 Vậy hàm số f (t )  t  3t  2t nghịch biến  0;1 Min f (t )  f 1   Từ ta suy P  f (t )  Min f (t )    0;1  0;1 Vậy MinP   a  b  c  HẾT Trang 0,25 ... tiếp xúc với mặt phẳng R  d  O,    Mặt cầu cần tìm có phương trình: x  y  z    có bán kính 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Nội dung a) 2cos x  8sin x    2(1  2sin x)  8sin x 