Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 2346527a

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MÔN: TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN ĐIỂM CÂU Câu 1 (1,0 điểm) Khi m = 1, khảo sát y  x  x  (2,0đ) * Tập xác định:  x  * Sự biến thiên: y '  x3  x; y '    x       0,25    2;    Hàm số nghịch biến khoảng  ;    0;  Hàm số đồng biến khoảng   2;   2;   y '  x  ;   0; ; y '  x   2;  0,25 Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x   , y C §  1 Hàm số đạt cực đại x  , y CT  Giới hạn: lim y  lim  x  x  3  ; x  Bảng biến thiên: x  y' y - x    -1 + 0 lim y  lim  x  x  3   x  x    +  0,25 -1 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; 3) ; cắt trục hoành điểm ( 3; 0), ( 3; 0), (1;0), (1; 0) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng 0,25 (1,0 điểm) Tìm m để tiếp tuyến A Đạo hàm hàm số (1) y '  x  4(m  1) x Hệ số góc tiếp tuyến điểm A y '(1)  4 m Tiếp tuyến A vuông góc với đường thẳng y  x  2015 y '(1)  1  4 m  4  m  Vậy m = giá trị cần tìm Giải phương trình 3cos x  2cos x  2sin x  4sin x   0,25 0,25 0,25 0,25  3cos x  cos x   4sin x(cosx-1)=0 Câu  (cos x  1)(3cos x  5)  4sin x(cos x  1)  (1,0đ)  (cosx  1)(3cosx  4sinx +5)=0 * cos x   x  k 2 * 3cosx  sin x  5 4  cosx  s inx =  1.§Æt: cos  ; sin   5 5 Pt trë thµnh: cos(x + )=   x + = +k 2  x =   +k 2 Vậy phương trình có nghiệm là: x  k 2 , x = - +k 2 (k  ) 0,25 0,25 Giải bất phương trình 16 x  3.2 x  212 x  16 x  3.2 x  212 x  1 1   3.4    2.    82 x  3.8x       0,25 x  8 x     x  Vậy tập nghiệm bpt (; 0)  ( ;  ) 8   x   0,25 x 2x 2x x Câu (1,0đ) Tính tích phân:  x   x.e  x dx   x  1 1  x x  x4 x  dx   x.e dx   I    x.e  dx x  1 x 1  0 1 Tính M   x.e x dx  du  dx u  x    Đặt    x dv  e x dx  v  e  0,25 Áp dụng công thức tích phân phần: M  xe x 1   e x dx  e  e x  0,25 0 1  x  d ( x  1) 1  dx   N     ln x   ln 5 x 1 5  x  1 0 1 Vậy, I  M  N   ln Câu a) Coi việc chia tổ gồm bước: (1,0đ) Bước 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ vào nhóm thứ nhất, có C93 C62 cách chọn Bước 2: Chọn học sinh lại học sinh nam học sinh nữ vào nhóm thứ hai, có C63 C42 cách chọn Nhóm thứ học sinh lại sau bước chọn Theo qui tắc nhân, có tất C93 C62 C63 C42  151200 (cách) b)Giả sử z  x  yi ( x, y  R , i  1) , điểm M(x; y) biểu diễn z theo ta có: x  ( y  2)i  ( x  1)  ( y  1)i  x  ( y  2)2  ( x  1)2  ( y  1)2  4y   x  2y  suy M thuộc đường thẳng có pt x  y    x  y 1  Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường thẳng có pt: x  y   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz   (1,0đ) Vectơ phương d1, d2 là: u1 (1; 2;3), u2 (2;2; 1) mặt phẳng (P) chứa d1 song song với d2 nên vec tơ pháp tuyến mặt phẳng (P)    n P  u1  u2  (4; 7; 6) 4( x  2)  y  6( z  1)  Điểm A(2; 0; -1) thuộc d1, pt mp (P):  4 x  y  z  14  Vậy (P) 4 x  y  z  14  mặt phẳng cần tìm Lấy điểm B(1; -1; )thuộc đường thẳng d2 , d2 // (P) nên d (d1 , d2 )  d ( B,( P)) d (d1 , d2 )  d ( B,( P))  Câu6 (1,0đ) 4   14 101  101 0,25 0,25 0,25 0,25 Tính thể tích Theo ta có IC hình chiếu vuông góc A’C mặt phẳng (ABCD) Suy  ' CI   ( A ' C,( ABCD))  ( A ' C, CI )  A a  Xét tam giác vuông A’IC: A ' I  IC.tan A ' CI  IC.tan   a 1 a a3 Thể tích khối chóp A’.ICD : VA ' ICD  A ' I S ICD  a  (đvtt) 3 Ta có BI  ( A ' AC)  A I trung điểm AB nên d ( B, ( A ' AC))  d ( I , ( A ' AC)) Trong mp (ABCD) kẻ IK // BD  IK  AC , mà A'I  AC (do A'I  (ABCD)) nên AC  ( A ' IK ) , kẻ IH  A ' K  IH  ( A ' AC)  d ( I ,( A ' AC ))  IH 0,25 0,25 0,25 Tính IH BD a  4 1 a  2     IH  2 IH IK IA ' a a a 2a Suy d ( B, ( A ' AC))  Câu Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC… (1,0đ) Chứng minh: MA = MB + MC Trên đoạn thẳng AM lấy điểm I cho MB = MI (1),   BMA   600 nên tam giác MBI BCA => BM = BI   MBC   IBC   600    ABI  IBC ABI  MBC  lại có BA = BC suy BIA BMC (c.g.c) => MC=AI (2) Từ (1) (2) suy MB + MC = MI + AI =MA xét tam giác vuông A’IK có A’I = a, IK  0,25 0,25  MA  MC  MB  MC  MB  MC lại có AB = AC => MA đường trung trực đoạn thẳng BC nên MA đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Hai cạnh AB AC nằm đường thẳng qua A tạo với AM góc 300 Tính MA  Pt AB, AC có dạng  : a(x – 4) +b(y + 1) = (a2  b2  0)    4    AM   ; 4  n AM  1;  vec tơ pháp tuyến đường thẳng AM     0,25 gọi  góc tạo AB, AC với AM ta có   30 , a.1  b cos   3 a2  b2  => : x     b  0, a   b  3ab    b  3, a  ' : x  y      MCA   900 , pt đường thẳng MB, MC Vì AM đường kính nên góc MBA qua M vuông góc với  ' y – = 3x  y    Tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình  x    x   x  y     x    ;     y - =  y   x  y     y    0,25 0,25 Vì tọa độ B số nguyên nên B(4; 3) C(4  3; 1) Câu8 (1,0đ) Giải hệ phương trình 2 x  30 xy  5( x  y ) xy  50 y  ( x, y  R )  2 x  y  51  Điều kiện: xy  2 x  30 xy  50 y  5( x  y ) xy (1)  2 x  y  51 (2)  2( x  10 xy  25 y )  10 xy  5( x  y ) xy   2 x  y  51  0,25 xy  không thỏa mãn, từ pt (1) suy x  y  lại có xy > nên x > 0, y >  x  y xy    (1) x  5y Hpt   xy  2 x  y  51 (2)  0,25 Đặt t  x  5y  , (vì theo BĐT Côsi x  y  xy ) xy t    t   x  y  xy suy x  y t Thế x = 5y vào (2) x = ; y = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (5 ; 1) 0,25 Pt (1) trở thành Câu (1,0đ) Tìm giá trị lớn biểu thức Đặt A  P 0,25 ab  a  4a2 b2 bc  b  b2 c  3b2  a2 3c  b2 ab  a  a2 b2 bc  b  4b2 c ; B  3b2  a2 3c  b2 b b     2  a  a ab  a  a b Xét biểu thức A   3b2  a2  b 2     a  Đặt t  b 3t  1 t   4t  => A   = , a 3t  (3t  1)(  4t  t )  4t  t 0,25 0,25 xét hàm số: f (t )   4t  t (t  0) 4t f '(t )   1, f '(t )   t   4t Bảng biến thiên: 0,25 Từ bảng biến thiên suy f (t )  (0; )  max A  3 đạt t  2 đạt a  3b Tương tự: max B  đạt b  3c a  3b, b  3c   a  3, b  1, c  abc  3  Chú ý: Học sinh giải cách khác cho điểm tối đa Người đề: Cô giáo Hoàng Thị Bích Ngọc Suy max P  - HẾT 0,25 ... C62 cách chọn Bước 2: Chọn học sinh lại học sinh nam học sinh nữ vào nhóm thứ hai, có C63 C42 cách chọn Nhóm thứ học sinh lại sau bước chọn Theo qui tắc nhân, có tất C93 C62 C63 C42  151200 (cách)... b  3c a  3b, b  3c   a  3, b  1, c  abc  3  Chú ý: Học sinh giải cách khác cho điểm tối đa Người đề: Cô giáo Hoàng Thị Bích Ngọc Suy max P  - HẾT 0,25