Đáp án đề toán các trường THPT chuyên đề 6274053a

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ TOÁN TIN MÔN: TOÁN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề (Đáp án gồm có trang) Câu Đáp án Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x  3x Tập xác định: D  x  Ta có y '  3x   y '    x  1 Giới hạn  3 lim y  lim x  3x  lim x  1     x  x  x  x    3 lim y  lim x  3x  lim x  1     x  x  x  x   Bảng biến thiên  x  1    0 f' x     Điểm 0,25 0,25      f x 0,25  Hàm số đồng biến khoảng 1;1    2   Hàm số nghịch biến khoảng ; 1 1;   Hàm số đạt cực đạt điểm x = yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu điểm x = -1 yCT = -2 Đồ thị: Bảng giá trị x -2 -1 y -2 -2 y f(x)=-x^3+3*x 0,25 x -8 -6 -4 -2 -5 ~ 1~ Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y  x 1 2x  đoạn 2;  Hàm số liên tục đoạn 2;  Ta có y '   0, x  2;  2x   0,25  0,25 ;y  Vậy max y = x  y = x  2;4  2;4  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log3 x  x  log x     Có y     0,25 0,25  x  Điều kiện:   4  x      3  x     x       x  x    0,25 log3 x  x  log3 x    log3 x  x  log3 x   log3    log3 x  x  log3 x  2 (thoả mãn)  x  4x  12    x  0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2; x  x 1 1 b) Giải bất phương trình 22x 1    8 Bất phương trình tương đương với 22x 1  x 1 23    22x 1  2x 1 0,25  2x   x     x  2x   2  x  Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  2; 0,25  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   2x   sin x  dx I      2 2 0   2x   sin x dx   2x dx   dx   sin xdx  A  B  C  A   2x dx  x   2 0  2   C   sin xdx  cosx 0,25  ; B   dx  x    0,25  1 0,25 ~ 2~ Vậy I  A  B  C  2   1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng 0,25 x  y  2z  Do A, B,O  S  IA  IB  IO Suy  x  x  y  2z   x     y  2  I 1; 2;1 Từ (1) (2) ta có hệ x  y  2z  x  z    0,25 P  : x  y  2z   hai điểm A 2; 0;  , B  3; 1;2  Viết phương trình mặt cầu S  tâm I thuộc mặt phẳng P  qua điểm A, B điểm gốc toạ độ O Giả sử I  x , y, z  Ta có I   P   x  y  2z   1 2      0,25 Bán kính mặt cầu (S) R  IA   0,25   Vậy phương trình mặt cầu (S) là: x   y     z  1 2 6 0,25 Câu (1,0 điểm) a) Cho góc lượng giác  , biết tan   Tính giá trị biểu thức P  P  cos2 -3 sin2  cos2 -3 2cos2   sin2   cos2 0,25 1  cos2   Suy P   2 cos   tan  b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ  tan2   0,25   Không gian mẫu n   C 105  252 Gọi A biến cố học sinh chọn có nam nữ đồng thời số học sinh nam học sinh nữ Trường hợp 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 41.C 64 0,25 Trường hợp 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 42 C 63   Suy n A  C 41.C 64  C 42 C 63  180 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD.A ' B 'C ' D ' , đáy ABCD hình chữ   Vậy xác suất cần tìm P A   nhật có AB  a, AD  a Biết góc đường thẳng A 'C mặt phẳng ABCD  600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B 'C ' D ' khoảng cách hai đường thẳng chéo B 'C C ' D theo a ~ 3~ 0,25  D' A' Do ABCD.A ' B 'C ' D ' lăng trụ đứng nên A ' A  ABCD    Suy góc A 'C mặt phẳng ABCD B' C' A 'CA  600 0,25 H A D M 600 C B Có AC  AB  BC  2a  A ' A  AC tan 600  2a ABCD hình chữ nhật có AB  a, AD  a  S ABCD  AB.AD  a 0,25 ABCD  6a Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B 'C ' D ' V  A ' AS Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)     Suy d C ' D, B 'C  d C ' D, A B 'C    d C ',  A B 'C    d  B,  A B 'C   0,25 Do BC’ giao với mp(AB’C) trung điểm BC’ (vì BCC’B’ hình chữ nhật)       Kẻ BH  B ' M  BH   AB 'C  hay d  B,  A B 'C    BH Kẻ BM  AC  AC  BB ' M  AB 'C  BB ' M theo giao tuyến B’M Có 1 1 1 17 2a 51        BH  17 BH B ' B BM B ' B BC AB 12a 0,25 2a 51 17 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân A Gọi G trọng tâm tam giác ABC Điểm D thuộc tia đối tia AC cho GD  GC Biết điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  tam   Vậy d C ' D, B 'C    giác BDG nội tiếp đường tròn C : x  y  2x  12y  27  Tìm toạ độ điểm B viết phương trình đường thẳng BC , biết điểm B có hoành độ âm toạ độ điểm G số nguyên C Tam giác ABC vuông cân A có G trọng tâm nên GB = GC Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường (?) tròn tâm G M Suy d: 2x + 3y - 13 = BGD  2BCD  2BCA  900  BG  GD Hay tam giác BDG vuông cân G Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung điểm BD G 0,25 A ~ 4~ B(?) I(1;6) D Do IG  10 IG  BD F  13  2m  Vì G  d : 2x  3y  13   G  m;    G 2;  Từ IG  10    28 75  , toạ độ điểm G số nguyên nên G(2;3) G   13 ; 13     BD qua I(1;6) IG  BD nên phương trình x  3y  17    0,25     B 2;5 (do hoành độ điểm B âm) B, D  BD  C   D 4;7    Vậy B 2;5  Gọi M trung điểm BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân A) 1 Suy AM  BC  GM  MB GM  AM  MB 3 MG   cosGBM  Nên tan GBM  MB 10     Gọi n  a,b với a  b  VTPT BC     Ta có VTCP BG BG  4; 2  nBG  1;2 VTPT BG       Có cos BG, BC  cos nBG , n  cosGBM  cos nBG , n   10  a  2b  a  b2  10 0,25  nBG n nBG n a  b   35a  40ab  5b    7a  b    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7  nên phương trình BC : x  7y  33  Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1 nên phương trình BC : x  y   Do hai điểm D G mằn phía đường thẳng BC nên phương trình 0,25 BC thoả mãn x  y    Vậy BC : x  y   B 2;5  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập 5x  13  57  10x  3x x   19  3x  19 3  x  Điều kiện  x   Bất phương trình tương đương  x   19  3x 2 x   19  3x x   19  3x  x  x   19  3x  x  2x  :  x  2x  0,25  2x  0,25 ~ 5~  x  5  13  x   2 x      19  3x    x x 2       x  x    x  5 9 x       x  x   x2  x    13  x  19  3x         2  0  x x 2  *    x  5 13  x   9  x     19  3x          19  Vì   với x   3;  \ 3   x  5 13  x   9 x     19  3x          0,25   Do *  x  x    2  x  (thoả mãn) 0,25 Vậy tập nghiệm bất phương trình S   2;1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a,b, c Chứng minh rằng:   a b c 2a 3b c    a  b  c 1 a b c  Bất đẳng thức tương đương với 1   a  2a   b  3b   c  c  a b c  6 a b c         a  b  c  a b c        a  2  b  3  c  1  a  b  c  6  a   b   c  1 a  b  c   a  2  b  3  c  1  a  b  c  6  10 2 2 2 0,25 2  a 2 b3 c 1 a b c  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có               0,25  a 2  b   c 1    a  b  c   VP VT   a b c  a 2  b   c 1  0,25  Dấu xảy a  2;b  3;c  Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh Chú ý: Mọi cách làm khác học sinh chấm điểm bình thường! Giáo viên đề: Quách Đăng Thăng ~ 6~ 0,25 ...   2 cos   tan  b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi... học sinh chọn có nam nữ đồng thời số học sinh nam học sinh nữ Trường hợp 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 41.C 64 0,25 Trường hợp 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có C 42 C... n nBG n a  b   35a  40ab  5b    7a  b    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7  nên phương trình BC : x  7y  33  Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1 nên phương trình BC :