Đề thi và đáp án KSCL giáo viên lần 1 năm học 2018-2019 môn Toán

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD. theo a.[r]

THPT THĐ

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN NĂM HỌC 20182019

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu (3,0 điểm) Cho hàm số  1

y x mx  m m x Tìm m để hàm số đạt cực trị x1, x2 thỏa mãn: x122mx23m2 m 5

Câu (3,0 điểm) Tính tổng nghiệm thuộc 0; 2019của phương trình:

2sin x sin 2x3 sinx3cosx1

Câu (2,5 điểm) Tìm hệ số x7 khai triển nhị thức Niu-tơn 2 n x

x

 



 

  , biết n số nguyên dương thỏa mãn 4Cn312C2n An3 (Ở C , Akn kn số tổ hợp, số chỉnh hợp chập k n phần tử )

Câu (2,5 điểm) Giải bất phương trình: 4    2 

2

log 4 log log

2

x  x  x  x

Câu (2,5 điểm) Giải hệ phương trình  

   

2

3 2

1

3

1 ,

(9 1) 10

xy y

x x x y

x y x x



  

  

 

    





Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB đường thẳng CD Biết điểm D 1; 1, đường thẳng IG có phương trình 6x3y70 điểm E có hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD1200, tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Biết góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD bán kính mặt cầu ngoại

tiếp S.ABD theo a Câu (2,0 điểm)

Cho ,x y số thực thỏa mãn điều kiện x y2 x 1 y20192018

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức  12  12 2018 1 xy x y

T x y

x y

  

    

. -HẾT -THPT THĐ

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu (3.0 điểm) Cho hàm số  1

3

y x mx  m m x Tìm m để hàm số đạt cực trị

1,

x x thỏa mãn: x122mx23m2m 5

Nội dung Điểm

TXĐ: 

Ta có y' x22mxm2m1 0,25

Hàm số đạt cực trị x x1, 2  y, 0 có hai nghiệm phân biệt 0,5

2

2

x mx m m

      (1) có hai nghiệm phân biệt '

0 m m 1(*)

         0,75

Vì x x1, 2 nghiệm (1) nên theo Viet, ta có x1x2 2m

x12 2mx1m2m1 0,75 Từ ,

2 2

1 2 ( 2) 4

2 2(**)

x mx m m m x x m m

m m

          

    

Từ (*) (**)   1 m2 thỏa mãn yêu cầu toán

0,75

Câu (3.0 điểm) Tính tổng nghiệm thuộc 0; 2018của phương trình:

2sin x sin 2x3 sinx3cosx1

Nội dung Điểm

(1) 3sin2x2 sin x cosxcos2x3 s inxcosx 0,5

 s inx cosx2 3( s inx cos )x

   

3 s inx cos s inx cos 3( )

x

x VN

  

 

 



Giải ta nghiệm phương trình ;

x  k kZ

1,5

Do x0; 2019   k 1; 2; ; 2019.phương trình có 2019 nghiệm Các nghiệm lập thành cấp số cộng với

1 2019

5 2019 12233121

, 2018

6 6

x   d   S      

 

1,0

Câu (2.5 điểm) Tìm hệ số x7 khai triển nhị thức Niu-tơn 2

n x

x

 



 

  , biết n

số nguyên dương thỏa mãn 4C3n12C2n An3 (Ở C , Akn kn số tổ hợp, số chỉnh hợp chập k n phần tử )

Nội dung Điểm

Điều kiện: nN n, 3(*)

3

1

( 1) (( 1)

4 ( 1) ( 1)( 2)

6

n n n

n n n

C   C  A    n n n n n

THPT THĐ

2( 1) 3( 2) 11( (*))

n n

n tm

    

  0,75

Khi

11 11 11

2 11 22

11 11

0

2

( ) ( 2)

k

k k k k k

k k

x C x C x

x x

 

 

   

    

   

     

Số hạng chứa x7 ứng với k thỏa mãn 22 3 k 7 k 5 Suy hệ số củax7 C115.( 2)  14784

1,0

Câu (2.5 điểm) Giải bất phương trình: log4 4 1log 2 2 log24 

2

x  x  x  x

Nội dung Điểm

+

2

4

2

:

2

4

x x

x

ĐK x

x x

   



 

  

 

  

   



0,5

+ Bất phương trình cho tương đương với

2

2

2

2

2

log ( 2) log ( 2) log (4 )

2

x  x  x

2 2

log x log (x 2) log (4 x)

     

 

2

log x (x 2) log (4 x) x (x 2) x (1)

         

1,0

+) TH1: Với x ( 2; 2)thì (1)(2x x)( 2) 4 x  x (0;1) Kết hợp với ĐK trường hợp ta x(0;1)

+) TH2: Với x(2; 4)thì

1 33 33

(1) ( 2)( 2) ( ; ) ( ; )

2

x x x x    

          Kết hợp với

ĐK trường hợp ta ( 33; 4)

x  

* Vậy bất phương trình có tập nghiệm (0;1) 33;

x    

 

1,0

Câu (2.5 điểm) Giải hệ phương trình  

 

 

2

3 2

1

3 (1)

1 ,

(9 1) 10 (2)

xy y

x x x y

x y x x



  

  

 

    





Nội dung Điểm

Điều kiện x0

Nhận xét: x0 khơng nghiệm hệ phương trình 0,5 Với x0:

2 1

(1) 3y 3y 9y x x 3y 3y 9y 1 (3)

x x x x

 

          0,5

THPT THĐ Ta có:

2

2

'( ) 1 0,

1 t

f t t t

t

      



Suy hàm số đồng biến (0;)

Vậy (3) f (3 )y f 3y

x x

 

    

 

Thế vào phương trình (2) ta x3x24x21 x 10

Đặt g x( ) x3x24x21 x10, x0 Ta có g x'( )0,  x Suy hàm số g x( ) đồng biến khoảng (0;)

0,5

Ta có g(1)0 Vậy phương trình g x( )0 có nghiệm x1

Với 1

3 x  y

Vậy hệ phương trình có nghiệm

1 x y

   

  

0,5

Câu (2.5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB đường thẳng CD Biết điểm D 1; 1, đường thẳng IG có phương trình 6x3y70 điểm E có hồnh độ Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Nội dung Điểm

Gọi K trung điểm BI, suy HK / /CDA trung điểm KI, HK DI  IC

/ /

AK  BK GK ACGK  ABGBGI GC hay G tâm đường tròn qua ba điểm C, I, B

 2 90o

CGI  IBC  , / /

2

ID  ICDE IG

1,0

F K

E

G H

I D

C B

THPT THĐ

Phương trình đường thẳng DE: 2xy  1 E1;3

CE IG, suy phương trình CE x: 2y 7 0,5

Tọa độ G nghiệm hệ phương trình

7

2 7

;

6 7 3

3 x

x y

G

x y

y 

 

  

   

 

   

    

  

 

5;1

C 

0,5

   

5

1;1 1;5

2

DG AG A B

 

Vậy, A  1;1 ,B 1;5 C5;1 0,5

Câu (2.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD 1200, tam giác

SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Biết góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABD

theo a

Nội dung Điểm

Gọi H trung điểm củaAB

AB SH  

Mà (SAB)(ABCD)SH (ABCD) Có BAD1200 BAC600 ABC

Tam giác cạnh a

Có CD(SHC) nên góc (SCD) (ABCD) SCH =450 nên tam giác SHC

vuông cân C

2 a

SH HC

  

0,5

3

1 3

( )

3 2

S ABCD ABCD

a a a

V  SA S  a đvtt 0,5

Có CA = CB = CD = a nên C tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

Kẻ đường thẳng d qua C song song với SH, SH(ABCD) nên d(ABCD)suy d trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD

0,5

Có SA = SB =

2

4

a a

a SAB

   

Gọi O tâm tam giác SAB Kẻ đường thẳng qua O song song với HC, HC (SAB)

 nên  (SAB)nên là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB  cắt d I Suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hc S.ABD

Bán kính mặt cầu R = SI =

2

2 2 3 13

9 4 12

a a

SO OI  SH HC   a

0,5

THPT THĐ

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức  12  12 2018

1 xy x y

T x y

x y

  

    

 

Nội dung Điểm

Từ điều kiện xy2 x 1 y20192018, ta có

 2

2

( 2018) 2019 (4 9)( 2018)

2018 2031

x y x y x y

x y

         

   

0,5 Ta có biểu thức

2 2018 2018

2 2 ( ) 2( )

1

S x y x y xy x y x y

x y x y

            

   

0,5 Đặt t  x y , điều kiện t2018; 2031

Khi ( ) 2 2018

1

S f t t t

t

    

 , f t( ) liên tục 2018; 2031 

 

' 2018

( ) 2 0, 2018; 2031

2( 1)

f t t t

t t

     

   f t( ) đồng biến

2018; 2031 

(2018) (2031)

f S f

   hay 4068290 2018 4120901 2018

2019 S 2032

   

0,5

Vậy GTNN 4068290 2018 2019

S   2018

2019 x

t

y   

  

  GTLN 4120901 2018

2032

S   2031

2030 x

t

y  

  

 