Các bài Luyện tập

Tính xác suất để trong số học sinh được chọn có ít nhất một học sinh nữ.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm...[r]

TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm 01 trang)

Câu I(2,0 điểm)

Cho hàm số y=x3−3x+2 (C) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x3 3x log2m 1 Câu II(2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

¿

(y+3)√x+3=x3+x y2−2x2+xy−5x −3+2y=0

¿{ ¿

2 Giải phương trình: 4(sin x cos x)4   3sin 4x 2. Câu III(1,0 điểm)

Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc BAD600 Gọi G trọng tâm tam giác ABD,

( )

SG ABCD

6

a SG

Gọi M trung điểm CD Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a Tính khoảng cách đường thẳng AB SM theo a

Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân: ∫ π

(tanx+1)dx sin2x+sin 2x+3 cos2x

Câu V(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A(−1;2;3), B(1;0;1) đường thẳng d:x −1

2 =

y+1

1 =

z −1

Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d

Viết phương trình mặt phẳng chứa hai điểm A, B song song với đường thẳng d Câu VI(1,0 điểm)

Trong hệ trục Oxy cho A(1,1) đường trịn (C) có phương trình: (x - 2)2 +(y - 2)2 = 9, M N hai điểm chuyển động (C) thỏa mãn MN =2 Tìm diện tích lớn nhất tam giác AMN

Câu VII(1,0 điểm)

1 Tìm giá tri lớn nhất, giá trị nhỏ nhất hàm số sau tập xác định:

y=√9− x2+x −1

2 Mợt nhóm học sinh có nữ nam Chọn ngẫu nhiên học sinh số học sinh Tính xác śt để số học sinh được chọn có nhất mợt học sinh nữ Câu VIII (1,0 điểm) Cho ba số thực a, b, c thoả mãn abc =2 Chứng minh rằng:

6 6 6

4 2 4 2 4 2

a b b c c a

a b a b b c b c c a c a

  

  

     

Họ tên thí sinh: ……… SBD:……… ………….

HƯỚNG DẪN CHẤM KTCL ÔN THI THPTQG LẦN NĂM 2015

Môn: Toán

Câu ý Đáp án Điểm

I 2,0

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y = x3 - 3x + 1,0

1/ Khi m =0 y x 3 3x 2 Tập xác định: D= R

Chiều biến thiên: y' 3x 2  y’ =  x = hoặc x = -1 Lim yx  , xlim y    

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

+ Hàm số đồng biến (; -1); (1; +); nghịch biến (-1;1)

+ Hàm số có cực đại x = -1, yCĐ = 4; cực tiểu x = 1, yCT =0 0,25 Đồ thị:

Đồ thị giao với Ox (1;0) (-2; 0); giao với Oy (0; 2) Đồ thị nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng

f(x)=x^3-3x+2

-8 -6 -4 -2

-8 -6 -4 -2

x y

0,25

2 Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x3−3x −m

+1=0 1,0

x3−3x −m

+1=0⇔m=x3−3x+1⇔m+1=x3−3x+2

Số giao điểm đồ thị hàm số đường thẳng y log2m1 song song với trục Ox số nghiệm phương trình:

Với

2

2

8

log log

1

log log

2

m

m m

m m m

                    

 Thì phương trình có nghiệm nhất 0,25 Với 2 2

log log

1

log log

2

m

m m

m m m

                  

 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

0,25

Với 1/2 < m< thì phương trình có ba nghiệm phân biệt 0,25

II 2,0

1 Giải hệ phương trình:

¿ (y+3)√x+3=x3

+x y2−2x2+xy−5x −3+2y=0

¿{ ¿

1,0 1/ Điều kiện x  -3.(*)

Từ phương trình (2) ta có : y2

+y(2+x)−2x2−5x −3

=0 Coi y ẩn x tham số

ta có :  (3x 4)

y 2x y x

  

   



0,25

+ Với y = -2x -3 thay vào(1) được:

-2x x x  3x x(x2 1 x 3) 0 

x 0 thỏa mãn (*) y3 , (x; y) (0; 3)  nghiệm hệ.

0,25

+ Với y = x +1 thay vào(1) được (x 4) x x   3x  

3 3

x x x x

     

.Vế trái 0 nên vế phải 0 hay x 0 Đặt f(x) = x3 + x , f’(x) =3x2 +1 > 0

x 0 f(x) đồng biến /[0; +) Từ (1): f (x) f  x 3  x x 3 

2

x  x 3/[0;+ )

0,25

1 13 13

x y

2

 

   

hay

1 13 13

(x;y) ;

2

   

 

 .

Vậy nghiệm hệ pt: (x; y) (0; 3)  hoặc

1 13 13

(x; y) ;

2

   

 

 

0,25

2 Giải phương trình: 4(sin x cos x)4   3sin 4x 2. 1,0

Phương trình 4(1−1 2sin

2

2x)+√3 sin 4x=2  4 2sin 2x2  3sin 4x 2

 

4 cos4x sin 4x cos4x+ sin 4x

      

0,25

1 1

cos4x+ sin 4x cos

4x-2 2



 

    

 

 

2 k

4x k2 x

3 12 2 k Z

2 k

4x k2 x

3

   

 

     

 

   

   

       



 



0,25

Vậy nghiệm phương trình là: x=− π

12 + kπ

2 ; x= π 4+

kπ

2 ; k∈Z 0,25

III Tính thể tích tứ diện MA’CD. 1,0

* Tính thể tích S.ABMD.

- Nhận thấy: SG chiều cao khối chóp S.ABMD,

6

a SG

;

Do ABCD hình thoi cạnh a, BAD600  ABD và BCD tam giác cạnh a, M trung điểm CD

2

2 2

1 3

2

3 3

2 8

BCM BCD

ABMD ABCD BCM

a a

S S

a a a

S S S

 



   

     

0,25

2

1 3

3 3 8

S ABMD ABMD

a a a

V SG S

   

Vậy

3

2

S ABMD

a

V 

(đvtt)

0,25

* Tính khoảng cách AB SM:Ta có AB CD/ /  AB/ /(SCD), mà ( )

SM  SCD

3

( , ) ( ,( )) ( ,( )) ( ,( )) (1)

d AB SM d AB SCD d A SCD d G SCD h

    

0,25

G

M G

D

C B

A

- Lại có: ABD nên DGBA DGCD mà CDSG nên CDSGD, có

     

CD SCD  SCD  SGD , hai mặt phẳng có giao tuyến đường SD Trong mặt phẳng SGD , từ G kẻ đường thẳng GH vng góc với SD H, thì GH vng góc với (SCD).

Bởi vậy, d G SCD( ,( ))GH

Tam giác SGD vng G, có GH đường cao,

6 ;

a

SG 3

3

a a

GD 

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có

2

2 2

1 1 1

3

9

a GH

a a

GH GS GD    a  

Thay vào (1) ta được

3 2

2

a a

h 

0,25

IV Tính tích phân: ∫

0 π

(tanx+1)dx sin2x+sin 2x+3 cos2x

. 1,0

I =

4

2 2

0

(t anx+1)dx (t anx+1)dx

sin x 2sin x.cosx+3cos x cos x(tan x t anx+3)

 



∫ ∫

  0,25

Đặt t =tanx

1

dt dx

cos x

 

, x t 0,x t 

     

⇒

1

t

I dt

t 2t

 

 

∫

0,25

Đặt u =t2 +2t +3

 du =2(t +1)dt , t =0  u =3, t =1 u =6 0,25

3

6

1 du 1

I ln u ln

3

2 u 2

 ∫   0,25

V Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểmA(−1;2;3), B(1;0;1) đường thẳng d:x −1

2 =

y+1

1 =

z

−1 1,0

1 Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d 0,5 1, Chọn M(1;-1;0) Ta có: , ⃗u=(2;1;−1) , ⃗AM(2;−3; −3);[⃗AM;u⃗]=(6; −4;8) 0,25

d(A ; d)=|[

⃗AM,⃗u]|

|⃗u| ⇒d(A ;d)=2√29/6

0,25

Ta có: ⃗AB(2;−2;−2);

Mặt phẳng chứa hai điểm A, B song song với đường thẳng d có mợt véc tơ pháp tún là: ⃗n=[⃗AB;⃗u]=2(2;−1;3)

0,25

Vậy phương trình mặt phẳng là: 2(x+1)−(y −2)+3(z −3)=0 ⇔2x − y+3z −5=0

0,25

VI

Trong hệ trục Oxy cho A(1,1) đường trịn (C) có phương trình:

(x - 2)2 +(y - 2)2 = 9, M N hai điểm chuyển động (C) thỏa mãn

MN =2 Tìm diện tích lớn nhất tam giác AMN.

1,0

O I A

H y

x N

M

Đường trịn (C) có tâm I(2;2) R=3, khoảng cách từ A tới I AI =

0,25

A nằm đường tròn, khoảng cách từ I tới MN IH=√R2−MN

4 = 2

Ta thấy O,A,I nằm đường thẳng x -y =0

Diện tích AMN lớn nhất khoảng cách từ A tới MN lớn nhất A, I, H thẳng hàng I nằm

0,25

Khi khoảng cách từ A tới MN AH

AH = AI + IH =3 0,25

S diện tích AMN SMax =

1

MN.AH 2.3

2 2  0,25

VII 1 Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất hàm số y=√9− x2+x −1 . 0,5 Tập xác định: D=[−3;3]

Ta có : y '= − x √9− x2+1

y '=0⇔ − x

√9− x2+1=0⇔

x ≥0 9− x2

=x2 ⇔x=

√2

¿{

y(3)=2; y(−3)=−4; y(

√2)=3√2−1

Vậy Maxy

[−3;3]

=3√2−1⇔x=

√2;min[−3y;3]

=−4⇔x=−3

0,25

2 Mợt nhóm học sinh có nữ nam Chọn ngẫu nhiên học sinh số học sinh Tính xác śt để số học sinh được chọn có nhất một học

sinh nữ. 0,5

Số cách chọn ngẫu nhiên học sinh : C14

=1001 ( cách chọn) Số cách chọn học sinh khơng có học sinh nữ là: C84=70

0,25

Vậy số cách chọn để có nhất một học sinh nữ là: 1001-70 = 931

Vậy xác suất cần tìm là: 9311001≈0,93 0,25

VIII Cho ba số thực a, b, c thoả mãn abc =

2 2 Chứng minh rằng:

6 6 6

4 2 4 2 4 2

a b b c c a

a b a b b c b c c a c a

  

  

     

1,0

Ta có:

6 6 6

4 2 4 2 4 2

a b b c c a

a b a b b c b c c a c a

  

  

     

 

2 4 2 2 4 2 2 4 2

4 2 4 2 4 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

4

a b a b a b b c b c b c c a c a c a

a b a b b c b c c a c a

                   Xét 2 2

x y xy A

x y xy

  

  ( ,x y0) Đặt

x t

y



(t0) ta được 2 1 t t A t t   

  t0

0,25

Xét hàm số

2 ( ) t t f t t t      2 2( 1)

( ) ; '( ) ( 1)

t

f t f t

t t

 

  

   t 1 0;

Bảng biến thiên

x 1



y - + y

3

0,25

1

( )

3

f t t

     2 2

x y xy A

x y xy

 

 

  ( ,x y 0) Từ giả thiết abc2 2 a b c; ;  0 a b c2; ;2 0

2 2 2 2 2

1 1

(2) ( ) ( ) ( ) ( )

3 3

VT a b b c c a a b c

         

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2b2 c2 33 a b c2 2 6

Vậy VT(2)

.6

 

 BĐT (2) được chứng minh.

Dấu xảy  a b c   2 Vậy BĐT cho được chứng minh … Hết…

Lưu ý: Đáp án có trang.

Học sinh làm theo cách khác (theo kiến thức học) cho điểm tối đa theo thang điểm cho.

Khung ma trận đề kiểm tra:

Tên Chủ đề Nhận

biết

Thông hiểu

Vận dụng Vận dụng ở mức cao hơn

Cộng

Chủ đề 1 Khảo sát hàm số

Khảo sát vẽ đồ thị hàm số bậc 3, câu hỏi liên quan đến khảo sát hàm số

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất hàm số

Số câu: 3 Số điểm:2,5 Tỉ lệ: 25%

Số câu:2

Số điểm:2 Số câu: 1Số điểm : 0,5

Số câu 3 điểm=25% Chủ đề 2

Phương trình lượng giác

Giải phương trình lượng giác

Số câu: Số điểm:1 Tỉ lệ 10%

Số câu: 1

Số điểm: 1 điểm=10%Số câu: 1

Chủ đề 3 Phương trình, hệ phương trình, bất

phương trình

Giải hệ phương trình vô tỉ

Số câu :1 Số điểm : 1 Tỉ lệ: 10%

Số câu: 1 Số điểm: 1

Số câu: 1 điểm=10% Chủ đề 4

Hình học Tính khoảng cách từ điểm đến đường

Viết phương trình mặt

phẳng

mặt phẳng + Tìm diện tích lớn nhất tam giác Số câu :4

Số điểm : 3 Tỉ lệ: 30%

Số câu: 1

Số điểm:0,5 Số Số câu: 1 điểm:0,5

Số câu: 2

Số điểm: 2 Số câu: 3

điểm=30% Chủ đề 5

Đại số tở hợp Tính xácśt Số câu: 1

Số điểm: 0,5

Số câu: 1 Số điểm:

0,5

Số câu: 1 điểm=5% Chủ đề 6

Bất đẳng thức

Chứng minh bất đẳng thức Số câu :1

Số điểm : 1 Tỉ lệ: 10%

Số câu: 1 Số điểm: 1

Số câu: 1 Số điểm = 10% Chủ đề 6

Tích phân

Tính tích phân của

hàm số Số câu: 1

Số điểm: 1

Số câu: 1 Số điểm: 1

Số câu: 1 Số điểm=

10% Tổng số câu

Tổng số điểm Tỉ lệ %

Số câu: Số điểm

25%

Số câu:5 Số điểm:

35%

Số câu Số điểm

40%

Số câu Số điểm