Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 2407235a

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: Toán, Khối: 12 Hướng dẫn chấm gồm: 07 trang I LƯU Ý CHUNG - Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm HS bỏ qua bước không cho điểm bước Nếu HS giải cách khác, giám khảo vào ý đáp án điểm Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai không điểm HS sử dụng kết phần trước để làm phần sau Trong lời giải câu 7, HS vẽ hình sai không vẽ hình không cho điểm II ĐÁP ÁN Đáp án Câu Điểm Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y  x 1 3 x 1,0 TXĐ : D = R \ {3} Ta có : y '  ; y’ > với x ≠ (3  x) 0.25 Vậy hàm số đồng biến khoảng (-∞; 3) (3; +∞) Hàm số cực trị Ta có: limy  limy  1  TCN : y  1 x x  lim y    x3  TCĐ: x =  lim y    x3 0.25 BBT: x -∞ y’ +∞ + + +∞ y -1 -1 0.25 -∞   1 3 Đồ thị: +) Đồ thị hàm số cắt Ox (-1; 0); cắt Oy  0;  1/7 y f(x)=(x+1)/(3-x) f(x)=-1 x(t)=3, y(t)=t x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0.25 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 NX: Đồ thị nhân giao hai đường tiệm cận I(3;-1) làm tâm đối xứng Câu (1,0 điểm)Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3mx2  4m2  có hai điểm cực trị A B cho điểm I (1; 0) trung điểm đoạn AB x  Ta có y '  3x  6mx ; y '   3x  6mx     x  2m Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị y '  có hai nghiệm phân biệt  m  0.25 Tọa độ điểm cực trị A(0;4m2  2), B(2m; 4m3  4m2  2) 0.25 m  Điểm I (1; 0) trung điểm đoạn AB  2m  4m   0.25 Giải hệ, ta m  Vậy m  giá trị cần tìm 0.25 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x3  3x  x  đoạn 1,0  2; 2 Hàm số y  f  x  liên tục đoạn  2; 2 0.25 Ta có f’(x) = 3x2 + 6x –  x  1 [-2;2] f’(x) =  3x2 + 6x – =    x  3  [-2;2] 0.25 Ta có: f(-2) = 25; f(2) = 5; f(1) = - 0.25 Do đó: Max f ( x)  f (2)  25; Min f ( x)  f (1)  2 0.25  2;2 Giải bất phương trình:  2;2 x2  x   x  2/7 1,0 điểm TXĐ : R 2x 1   x  x   (2 x  1)  BPT   0.25   x  2  3x  x  0.25  x    x  (;0)   ;   3   0.25  x  KL: Vậy bất phương trình có tập nghiệm Giải phương trình : 1  2cos x  cos x  sin x   cos2 x  Pt cho  1  2cos x  cos x  sin x   cos x  sin x 0.25 1,0điểm  0.25   cos x  sin x  sin x  cos x  1  0.25    sin  x     4  sin x  cos x        sin x  cos x   sin  x    4   0.25      x   k  x   k        x    k 2   x   k 2   4    x    3  k 2  x    k 2 4   Vậy phương trình cho có họ nghiệm: x 5   ;   3    k , x   0.25  k 2 , x    k 2 ,(k  )  2 a) Tìm hệ số x khai triển  x   x  12 0,5 12 Theo CT nhị thức NewTon: 12  2 k k 24 3k  x     C12 x x  k 0 3/7 0.25 hệ số x3: 24  3k   k  7 0.25 Vậy hệ số x3 C12 =101376 b) Cho đa giác có 12 đỉnh Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh 12 đỉnh đa 0,5 giác, tính xác suất để đỉnh chọn tạo thành tam giác Số cách chọn đỉnh C123  220 0.25 Để đỉnh chọn tạo thành tam giác đỉnh phải nằm vị trí 0.25 12 cách nhau, nên số cách chọn tam giác  Vậy xác suất cần tính P    220 55 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B Các cạnh AB  BC  2a, AD  a, tam giác SBC đều, mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA DC 1,0 - Gọi E trung điểm BC , ABC  SE  BC (1) 0.25 Giả thiết (SBC )  ( ABCD) (2) Từ (1) (2) suy SE  ( ABCD) - Có: SE  a 3; S ABCD  AB( AD  BC )  3a 2 1  VS ABCD  SE.S ABCD  a 3.3a  a3 (đvtt) 3 0.25 - Ta có: EC / / AD, EC  AD  a  AECD hình bình hành  AE / / DC  DC / / mp(SAE )  d ( DC, AS )  d ( DC,(SAE))  d ( D,(SAE)) 0.25 - Tam giác ADE vuông D AD  a; DE  AB  2a - Gọi H hình chiếu vuông góc D AE  DH  AE Lại có SE  DH , từ suy DH  (SAE )  d ( D,(SAE ))  DH 1 1 2a       DH  - Có : DH AD DE a 4a 4a 4/7 0.25 Vậy d ( DC , AS )  DH  2a Giải phương trình: x  x  1   x  3  x  Điều kiện: x  1.0 0.25 pt  x(4 x  1)  2(3  x)  x      x ( x)    x ( (  x )  Đặt u = 2x, v = 0.25  2x (v  0) Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (2) Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1)  f /(t) = 3t2 + > 0,  t 0.25 Do f(t) đồng biến R, nên (1)  f(u) = f(v)  u = v Từ đó, PT cho  2x =  4x   2x  x   2x    21   21 (thỏa mãn điều kiện) ;x  4 Vậy nghiệm phương trình x  0.25   21   21 ;x  4 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A  1; 1 ; 1.0 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:  x  3   y    25 2 Viết phương trình đường thẳng BC , biết I 1;1 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC A 0.25 I K B C Đường tròn ngoại tiếp K  3;  bán kính tam giác ABC có tâm R  ; AI : x  y  A' Gọi A ' giao điểm thứ hai AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2   x  3   y    25  x  y  1  Tọa độ A ' nghiệm hệ  x  y   x  y  A '  A  A '  6;6  Ta có: A ' B  A ' C (*) 5/7 0.25 0.25 Mặt khác ta có ABI  IBC  BIA '  ABI  BAI  IBC  A ' BC  IBA '  Tam giác BA ' I cân A '  A ' B  A ' I (**) Từ * , ** ta có A ' B  A ' C  A ' I Do B, I , C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A ' I  50  x  6   y  6 2   x  3   y    25 1  2   x     y    50   Đường tròn tâm A ' bán kính A ' I có phương trình :  Tọa độ B, C nghiệm hệ 2  50 0.25 Lấy 1 trừ   ta x  y  34   3x  y  17   3 Tọa độ B, C thỏa mãn  3 nên phương trình đường thẳng BC 3x  y  17  10 Cho a, b số thực không âm thỏa mãn: 2(a  b2 )  (a  b)  Tìm giá trị 1,0  a  b2   ab   ( a  b)   a a b b nhỏ biểu thức: P   - Theo BĐT Côsi: 2(a  b2 )  (a  b)2 Từ giả thiết, suy ra: (a  b)2  (a  b)    (a  b  2)(a  b  3)  0.25   a  b  ( Do a, b  ) 2(a  1)   a (*) - Ta chứng minh: a2  a Thật vậy: (*)  2(a  1)  (a  a)(3  a)  (a  1)2 (a  2)  (luôn đúng) Dấu "  "  a  - Tương tự có: 2(b  1)   b Dấu "  "  b  b2  b ab  P  3(6  a  b)  - Khi đó: P  3t  ( a  b)  t t2  f '(t )  3  t 5 (t  5) Đặt t  a  b   t   18 , t  (0;2] t - Xét hàm f (t )  3t  0.25 (1)  18, t  (0;2] 0.25  0, t  (0;2]  f (t ) nghịch biến (0;2] 6/7  f (t )  f (2)  38 ; Dấu "  "  t  Từ (1) (2), suy ra: P  Vậy Pmin  (2)  ab 38  a  b  Dấu "  "   a  b  38 a  b  0.25 _HẾT ) chia sẻ đến 7/7 ... suất để đỉnh chọn tạo thành tam giác Số cách chọn đỉnh C123  220 0.25 Để đỉnh chọn tạo thành tam giác đỉnh phải nằm vị trí 0.25 12 cách nhau, nên số cách chọn tam giác  Vậy xác suất cần tính... ABCD hình thang vuông A B Các cạnh AB  BC  2a, AD  a, tam giác SBC đều, mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA... I , C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A ' I  50  x  6   y  6 2   x  3   y    25 1  2   x     y    50   Đường tròn tâm A ' bán kính A ' I có phương trình : 