Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 2209177a

ĐÁP ÁN Câu Câu điểm Điể m Nội dung a 1) TXĐ: D=R 2) Sự biến thiên hàm số a) Giới hạn lim ( x3 − x + 1) = lim x3 (1 − + ) = +∞ x →+∞ x x 0,25 x →+∞ lim ( x3 − x + 1) = lim x3 (1 − + ) = −∞ x →−∞ x x x →−∞ Đồ thị hàm số đường tiệm cận b) Bảng biến thiên x = Ta có: y ' = x − x y ' = ⇔  x = BBT 0,25 x −∞ + y' - +∞ + +∞ y −∞ -3 Hàm số ĐB khoảng ( −∞;0 ) ( 2; +∞ ) Hàm số NB khoảng ( 0; ) Hàm số đạt cực tiểu xct = 2; yct = −3 Hàm số đạt cực đại xcd = 0; ycd = 3) Đồ thị Một số điểm thuộc đồ thị (1;-1); (3;1); (-1;-2) 0,25 0,25 b Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = x − 26 nên hệ số góc tiếp 0,25 tuyến k=9  x = −1 Ta có y ' = ⇔ x − x = ⇔ x − x − = ⇔   x=3 Với x = −1 ⇒ y = −3 ; tiếp tuyến có phương trình: y + = 9( x + 1) ⇔ y = x + Với x = ⇒ y = ; tiếp tuyến có phương trình: y − = 9( x − 3) ⇔ y = x − 26 (loại) Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = x + Câu a 0,25 0,25 sin x + cos x điểm 0,25 A= sin x + cos x 2 tan x (1 + tan x ) + 4(1 + 4) + cos x = = =1 4 cos x + sin x + tan x + tan x + + 16 = cos x + sin x 0,5 cos x b π π π 2 sin x sin x  x x I = ∫ + xe  dx = ∫ dx + ∫ xe dx = J + K sin x + sin x +   0 π Tình J = ∫ π sin x dx = ∫ 2sin x cos x dx sin x + sin x + 0 Đặt t = sin x + ⇒ dt = cos xdx sinx = t − x = ⇒ t =1 x = J =∫ 2(t − 1) t π ⇒t =2 dx = ∫ (1 − ) dx = ( t − ln t ) = 2(1 − ln 2) t 0,25 π Tính K = ∫ xe dx x 0,25 Đặt u = x ⇒ du = dx dv = e x dx ⇒ v = e x π π π x x π π π π π K = x.e − ∫ e dx = e − e = e − e + 2 0 Vậy I = 2(1 − ln 2) + Câu π 2 x π π e − e +1 = + π π π e − e − ln  x − 3x + ≤  x2 − 3x ≤ log ( x − x + 1) ≤ ⇔  ⇔ x x − + >   x − 3x + > 0,25 điểm  0≤ x≤3   3−  − 0 ≤ x <  x < ⇔  ⇔  3 +  < x≤3 +   x >  2   0,25  3−  3+  ;3 ∪ 2     Vậy nghiệm bất phương trình là: S =  0; 0,5 Câu TH1 Chọn điểm điểm A4, A5,…A10 có C63 = 20 tam giác 0,25 điểm TH2 Chọn điểm điểm A4, A5,…A10 điểm điểm A1,…A4 0,25 có C62 C41 = 15.4 = 60 tam giác TH3 Chọn điểm điểm A4, A5,…A10 điểm điểm A1,…A4 có C C = 6.6 = 36 tam giác Vậy có 20+60+36=116 tam giác Câu điểm 6 xy + y + x − y + = x + y + x + x − y + (1)  4  1  sin π x + cosπ y = −x− + y + (2)  4   x≤  −1  Điều kiện:  x − y ≥  −1   y≥  Biến đổi phương trình (1) ta có: 0,5 ( x − y )(3( x − y ) + ) + 2( x − y ) + − ( x − y ) + = x− y ⇔ ( x − y )(3( x − y ) + ) + =0 2( x − y ) + + ( x − y ) +   ⇔ ( x − y )  3( x − y ) + 0,25  =0 2( x − y ) + + ( x − y ) +  + 0,5 TH1 Với x = y thay vào phương trình (2) ta có phương trình sin π x + cosπ x = −x− + x + (3)   sin  π x + Xét hàm số y1 = sin π x + cosπ x = Ta có: −1 ≤x≤ ⇔ −π ≤πx ≤ π 4 ⇔ 0≤πx+ π π   ; y1 ' = π 2co s  π x +  4 4  π ≤ π nên hàm số y1 ĐB  −1 ;   4  Xét hàm số y2 = −x− + x + , dễ thấy hàm số NB  −1 ;   4  Vậy phương trình (3) có nghiệm x = TH2 3( x − y ) + + = (4) 2( x − y ) + + ( x − y) +  x≤1  Vì  ⇒ x − y ≤ ⇒  2( x − y ) + + ( x − y ) +  ≤ + 2  y ≥ −1  Do đó: 2( x − y ) + + ≥ ( x − y) + 2+ Mặt khác x − y ≥ −1 ⇒ 3( x − y ) + ≥ −1 (6) Từ (5), (6) suy phương trình (4) vô nghiệm Vậy nghiệm hệ phương trình x = y = Câu điểm = 2+ > (5) 0,25 S H C A I K B 0,25 Tình thể tích khối chóp SABC Trong tam giác ABC ta có: AB = AC cos 300 = 2a = a 3, 0,25 BC = AC sin 30 = 2a = a Vậy thể tích khối chóp SABC 1 1 a3 V = SA.S ABC = SA BA.BC = a.a.a = 3 6 Tình khoảng cách SB AC Trong mặt phẳng (ABC) kẻ đường thẳng Bx//AC Khi AC//(SBx), d ( AC ; SB ) = d ( A;( SBx )) Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AK ⊥ Bx , AS ⊥ Bx ⇒ Bx ⊥ ( SAK ) ⇒ ( SBx ) ⊥ ( SAK ) Trong mặt phẳng (SAK) kẻ AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ ( SBx ) Vậy d ( A; ( SBx )) = AH 0,25 0,25 Trong tam giác ABK vuông K có BAK = 60 ta có AK = AB.cos60 = a = a 2 Trong tam giác SAK ta có: AH Vậy d ( AC ; SB ) = AH = = AS + AK = a + 3a = 3a ⇒ AH = a a Câu Mặt cầu có tâm I(-1;-1;-2) bán kính R = điểm Để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn (P) 0,25 0,25 qua tâm I Ta có AB = (−2;1;1); AI = (−2; −1; −3) Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng (ABI) 0,25 n =  AB; AI  = ( −2; −8; ) Phương trình mặt phẳng (P): −2( x − 1) − 8( y − 0) + 4( z − 1) = ⇔ − x − y + z − = Vậy (P): − x − y + z − = 0,25 Câu A D điểm N M P Q B C  NQ / / AB  suy PCQN hình bình hành Gọi Q trung điểm BM,   NQ = AB Suy CQ//PN Trong tam giác BCN Q trực tâm nên CQ vuông góc với BN Vì PN vuông góc với BN Đường thẳng BN qua N vuông góc với PN nên có phương trình: 2x + y +1 =  x = 1; y = −3  x + y = 10 B giao điểm đường tròn (C) BN  ⇔  x = −9 ; y = 13 2 x + y + = 5  Vì B có hoành độ dương nên điểm B(1;-3) Gọi C(1-2c;c) CB = (2c; −3 − c); CP = (2c;1 − c) Do CP vuông góc với BC nên c = −1  CB CP = ⇔ 5c + 2c − = ⇔   c = Vì C có tung độ âm nên C(3;-1)  x = xP − xc = −1 P trung điểm CD nên  D D(-1;3)  y D = y P − yc =  x − = −4  x = −3 Ta có BA = CD ⇔  A ⇔ A  yA + =  yA = Vậy A(-3;1); B(1;-3); C(3;-1); D(-1;3) Câu điểm y Ta có P = + = 2x 0,25 0,25 1− x +5 Đặt t = x ≤ t ≤ Ta có P = t + 5 ; P ' = 2t − t t P' = ⇔ t =  5 P(1)=6, P(5)=26, P( ) =   +  2 Ta có Pmax  x =1 = 26 ⇔  y = 0,25 0,25 Từ giả thiết điều kiện x, y ta có : y = − x ≤ x ≤ 2x 0,25 Pmin   x = log  5  =   + ⇔   2  y = − log  0,25 0,25 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh có cách làm khác với đáp án logic kết cho điểm tối đa  ... = log  5  =   + ⇔   2  y = − log  0,25 0,25 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh có cách làm khác với đáp án logic kết cho điểm tối đa ... AK = a + 3a = 3a ⇒ AH = a a Câu Mặt cầu có tâm I(-1;-1;-2) bán kính R = điểm Để mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn (P) 0,25 0,25 qua tâm I Ta có AB = (−2;1;1); AI =... 30 = 2a = a Vậy thể tích khối chóp SABC 1 1 a3 V = SA.S ABC = SA BA.BC = a.a.a = 3 6 Tình khoảng cách SB AC Trong mặt phẳng (ABC) kẻ đường thẳng Bx//AC Khi AC//(SBx), d ( AC ; SB ) = d ( A;( SBx